[婆茶留高校数学科☆HP] SubTopPageに戻る

【入試問題研究】 九州大学 2019年度 前期日程 数ⅠA・ⅡB・Ⅲ
Copyright (C) virtual_high_school, 2019

【第1問】 $n$ を自然数とする。$x,y$ がすべての実数を動くとき、定績分
   $\int_{0}^{1}(\sin (2n\pi t)-xt-y)^2dt$
の最小値を $I_{n}$ とおく。極限 $\lim_{n \rightarrow \infty}I_{n}$ を求めよ。


【解】 被積分関数の2乗部分を展開すると
   $\sin^2(2n\pi t)+x^2t^2+y^2-2xt\sin(2n\pi t)+2xyt-2y\sin(2n\pi t)$
だが、この6項を別々に積分してみよう。
   $S_{1}=\int_{0}^{1}\sin^2(2n\pi t)dt$
   $=\frac{1}{2}\int_{0}^{1}(1-\cos(4n\pi t))dt$
   $=\frac{1}{2}[ t -\frac{1}{4n\pi}\sin(4n\pi t)]_{0}^{1}=\frac{1}{2}$,
   $S_{2}=\int_{0}^{1}x^2t^2dt=[\frac{1}{3}x^2t^3]_{0}^{1}=\frac{1}{3}x^2$,
   $S_{3}=\int_{0}^{1}y^2dt=y^2[t]_{0}^{1}=y^2$,
   $S_{4}=-2x\int_{0}^{1}t \sin(2n\pi t)dt$
   $=-2x\{ [-t \frac{1}{2n\pi} \cos(2n\pi t)]_{0}^{1}+\frac{1}{2n\pi} \int_{0}^{1} \cos(2n\pi t) dt \}$
   $=-2x\{ -\frac{1}{2n\pi}+\frac{1}{(2n\pi)^2}[\sin(2n\pi t)]t_{0}^{1} \}=\frac{x}{n\pi}$,
   $S_{5}=\int_{0}^{1}2xyt dt=2xy[\frac{1}{2}t^2]_{0}^{1}=xy$,
   $S_{6}=-2y \int_{0}^{1}\sin(2n\pi t)dt=2y[\frac{1}{2n\pi}\cos(2n\pi t)]_{0}^{1} =0$
だから
   $\sum S_{k}=\frac{1}{2}+\frac{1}{3}x^2+y^2+\frac{1}{n\pi}x+xy$
あとはこれを平方完成する。
   $=(y+\frac{x}{2})^2-\frac{x^2}{4}+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}x^2+\frac{1}{n\pi}x$
   $=(y+\frac{x}{2})^2+\frac{1}{12}x^2+\frac{1}{2}+\frac{1}{n\pi}x$
   $=(y+\frac{x}{2})^2+\frac{1}{12}(x+\frac{6}{n\pi})^2-\frac{3}{n^2\pi^2}+\frac{1}{2}$
これの最小値は
   $I_{n}=-\frac{3}{n^2\pi^2}+\frac{1}{2}$
最後に極限をとって
   $\lim I_{n}=\frac{1}{2}$ ……(答)
 PageTopへ


【第2問】 $0$ でない2つの整式 $f(x),g(x)$ が以下の恒等式を満たすとする。
   $f(x^2)=(x^2+2)g(x)+7$
   $g(x^3)=x^4f(x)-3x^2g(x)-6x^2-2$
以下の問いに答えよ。
(1) $f(x)$ の次数と $g(x)$ の次数はともに 2以下であることを示せ。
(2) $f(x)$ と $g(x)$ を求めよ。


【解】(1) $f(x),g(x)$ の次数をそれぞれ $m,n$ とする。第1式から
   $2m=2+n(\geq 2)$
が出る。第2式が面倒だ。$x^4f(x),3x^2g(x)$ の次数はそれぞれ $4+m,2+n$ だが、この2つを引き算して次数が下がってしまうかも知れない。
次数が下がる可能性が生じるのは $4+m=2+n$ のとき($m=4,n=6$)であり、それ以外なら次数は
   $max(4+m,2+n)=max(4+m,2m)$
である。
(ア) $4+m>2m$ すなわち $m<4$ のとき
  第2式から、$3n=4+m(\geq 4)$ だから、第1式と合わせれば、
  $m=2,n=2$
(イ) $4+m<2m$ すなわち $m>4$ のとき
  第2式から、$3n=2m(\geq 10)$ だから、第1式と合わせれば、
  $m=\frac{3}{2},n=1$ で分数となり不合理。
(ウ) $4+m=2m$ すなわち $m=4$ のとき
  第2式の左辺の次数は $3n$,
  第2式の右辺の次数は $8$以下
  よって可能性としてあり得るのは $n=2,1,0$ だが、これでは第1式から出てきた $8=2m=2+n$ を満たさない。
結局、可能性があるのは
  $m=2,n=2$
$f(x),g(x)$ はともに 2次式である。■

(2) $f(x)=ax^2+bx+c,g(x)=hx^2+ix+j$ とおく。第1式の左辺は
   $ax^4+bx^2+c$
であり、右辺は
   $(x^2+2)(hx^2+ix+j)+7=hx^4+ix^3+(2h+j)x^2+2ix+(2j+7)$
であって、この2つが等しいから
   $h=a,i=0,2h+j=b,2j+7=c$
今度は $f(x)=ax^2+(2a+j)x+(2j+7),g(x)=ax^2+j$ を第2式に代入して
   $ax^6+j=x^4 \{ax^2+(2a+j)x+(2j+7) \}-3x^2(ax^2+j)-6x^2-2$
だが、各次数の係数を比較して
   $2a+j=0,2j+7-3a=0,-3j-6=0,j=-2$
だから、$a=1,b=0,c=3,h=1,i=0,j=-2$ である。よって
   $f(x)=x^2+3,g(x)=x^2-2$ ……(答)
 PageTopへ


【第3問】 1個のサイコロを 3回投げて出た目を順に $a,b,c$ とする。2次方程式
   $ax^2+bx+c=0$
の2つの解 $z_{1},z_{2}$ を表す複素数平面上の点をそれぞれ $P_{1}(z_{1}),P_{2}(z_{2})$ とする。また、複素数平面上の原点を $O$ とする。以下の問いに答えよ。
(1) $P_{1}$ と $P_{2}$ が一致する確率を求めよ。
(2) $P_{1}$ と $P_{2}$ がともに単位円の周上にある確率を求めよ。
(3) $P_{1}$ と $O$ を通る直線を $l_{1}$ とし、$P_{2}$ と $O$ を通る直線を $l_{2}$ とする。$l_{1}$ と $l_{2}$ のなす鋭角が $60^\circ$ である確率を求めよ。

【解】(1) 重解ということだから
   $b^2-4ac=0 \Leftrightarrow ac=\frac{b^2}{4}$
4で割り切れるためには $b$ は偶数でなければならない。
(ア) $b=2$ のとき
   $(a,c)=(1,1)$ の 1通り
(イ) $b=4$ のとき
   $(a,c)=(1,4),(2,2),(4,1)$ の 3通り
(ウ) $b=6$ のとき
   $(a,c)=(3,3)$ の 1通り
よって確率は
   $\frac{1+3+1}{6 \times 6 \times 6}=\frac{5}{216}$ ……(答)

(2) 実数解とするなら、解は $x=$ か $x=-1$ だから、それをもたらす2次方程式は
   $k(x^2-2x+1)=0,k(x^2+2x+1)=0,k(x^2-1)=0$
のどれかだが、サイコロの目は正数だから、あり得るのは
   $k(x^2+2x+1)=0$ ($k=1,2,3$)
の 3通りである。具体的に書けば $(a,b,c)=(1,2,1),(2,4,2),(3,6,3)$
虚数解の場合は、$b^2-4ac<0$ だが、その解は
   $\frac{-b}{2a} \pm i \frac{\sqrt{-b^2+4ac}}{2a}$
で、これが単位円上にあれば
   $\frac{b^2}{4a^2}+\frac{-b^2+4ac}{4a^2}=1$
すなわち
   $4ac=4a^2 \Leftrightarrow a=c$
$a=c$ が何通りできるかというと、$b^2-4ac=b^2-4a^2<0$ より $b<2a=2c$ に注意して
(ア) $b=1$ のとき
  $(a,c)=(1,1),(2,2),\cdots,(6,6)$ の6通り
(イ) $b=2$ のとき
  $(a,c)=,(2,2),(3,3),\cdots,(6,6)$ の5通り
(ウ) $b=3$ のとき
  $(a,c)=(2,2),(3,3),\cdots,(6,6)$ の5通り
(エ) $b=4$ のとき
  $(a,c)=(3,3),(4,4),\cdots,(6,6)$ の4通り
(オ) $b=5$ のとき
  $(a,c)=(3,3),(4,4),\cdots,(6,6)$ の4通り
(カ) $b=6$ のとき
  $(a,c)=(4,4),\cdots,(6,6)$ の3通り
全部で、$6+5+5+4+4+3=27$ 通り。
実数解、虚数解を合わせてその確率は
   $\frac{3+27}{6 \times 6 \times 6}=\frac{5}{36}$ ……(答)

(3) 注意すべき第1点は、直線が作る鋭角が $60^\circ$ ということは、なす角は $60^\circ$ または $120^\circ$ ということを意味するということ。第2点は、実数係数の 2次方程式が2つの虚数解を持つときは互いに他の共役になるということ、すなわち $z_{2}=\bar{z_{1}}$ である。
   
したがって、実軸より上にある方の解を $z_{1}$ とすれば、
   $z_{1}=r(\frac{\pm \sqrt{3}+i}{2})$ または $z_{1}=r(\frac{\pm 1+i\sqrt{3}}{2})$
(ただし $r>0$) である。よって
   $\frac{-b}{2a} + i \frac{\sqrt{-b^2+4ac}}{2a}=\pm(\frac{\sqrt{3}}{2})r +i\frac{1}{2}r, \pm\frac{1}{2}r+i\frac{\sqrt{3}}{2}r$
サイコロの目は正数であることに基づいて整理すると
   $(\frac{b}{a},\frac{-b^2+4ac}{a^2})=(\sqrt{3}r,r^2),(r,3r^2)$
各ペアから $r$ を消去しよう。前者のペアから
   $r=\frac{b}{\sqrt{3}a},-b^2+4ac=a^2r^2 \Rightarrow b^2=3ac$
で、後者のペアから
   $r=\frac{b}{a},-b^2+4ac=3a^2r^2 \Rightarrow b^2=ac$
が出てくる。(虚数解だから $b^2<4ac$ だが、これはどちらも満足している。)
(ア) $b=1$ のとき
  $3ac=1$ はありえない。$ac=1 \Rightarrow (a,c)=(1,1)$ 計 1通り。
(イ) $b=2$ のとき
  $3ac=4$ はありえない。$ac=4 \Rightarrow (a,c)=(1,4),(2,2),(4,1)$ 計 3通り。
(ウ) $b=3$ のとき
  $3ac=9 \Rightarrow (a,c)=(1,3),(3,1)$. $ac=9 \Rightarrow (a,c)=(3,3)$. 計 3通り。
(エ) $b=4$ のとき
  $3ac=16$ はありえない。$ac=16 \Rightarrow (a,c)=(4,4)$ 計 1通り。
(オ) $b=5$ のとき
  $3ac=25$ はありえない。$ac=25 \Rightarrow (a,c)=(5,5)$ 計 1通り。
(カ) $b=6$ のとき
  $3ac=36 \Rightarrow (a,c)=(2,6),(3,4),(4,3),(6,2)$. $ac=36 \Rightarrow (a,c)=(6,6)$. 計 5通り。
したがって求めるべき確率は
   $\frac{1+3+3+1+1+5}{6 \times 6 \times 6}=\frac{7}{108}$ ……(答)
 PageTopへ


【第4問】 座標平面上の 3点 $O(0,0),A(2,0),B(1,\sqrt{3})$ を考える。点 $P_{1}$ は線分 $AB$ 上にあり、$A, B$ とは異なる点とする。
線分 $AB$ 上の点 $P_{2},P_{3},\cdots$ を以下のように順に定める。点 $P_{n}$ が定まったとき、点 $P_{n}$ から線分 $OB$ に下ろした垂線と $OB$ との交点を $Q_{n}$ とし、点 $Q_{n}$ から線分 $OA$ に下ろした垂線と $OA$ との交点を $R_{n}$ とし、点 $R_{n}$ から線分 $AB$ に下ろした垂線と $AB$ との交点を $P_{n+1}$ とする。
$n \rightarrow \infty$ のとき、$P_{n}$ が限りなく近づく点の座標を求めよ。


【解】 点 $P_{n}$ は直線 $AB: y=-\sqrt{3}(x-2)$ 上の点だから、$P_{n}=(x_{n},-\sqrt{3}(x_{n}-2))$ とおく。
   
垂線 $P_{n}Q_{n}$ の方程式は
   $y+\sqrt{3}(x_{n}-2)=-\frac{1}{\sqrt{3}}(x-x_{n})$
で、直線 $OB:$
   $y=\sqrt{3}x$
との交点の $x$ 座標を求めると $x=-\frac{1}{2}x_{n}+\frac{3}{2}$ だから
   $R_{n}=(-\frac{1}{2}x_{n}+\frac{3}{2},0)$
この点から直線 $AB$ に下ろした垂線は
   $y =\frac{1}{\sqrt{3}}(x+\frac{1}{2}x_{n}-\frac{3}{2})$
だから、これと直線 $AB$ との交点の $x$ 座標を求めると
   $x=-\frac{1}{8}x_{n}+\frac{15}{8}$
よって
   $P_{n+1}=(-\frac{1}{8}(x_{n}-15),\frac{\sqrt{3}}{8}(x_{n}+1))$
$x$ 座標の極限を考えよう。もし $\alpha$ に収束するとしたら
   $\alpha=-\frac{1}{8}\alpha-15) \Rightarrow \alpha=\frac{5}{3}$
だから、これを引いて次の漸化式を得る。
   $x_{n+1}-\frac{5}{3}=-\frac{1}{8}(x_{n}-15)-\frac{5}{3}=-\frac{1}{8}(x_{n}-\frac{5}{3})$
この数列は初項が $x_{1}-\frac{5}{3})$ で公比が $-\frac{1}{8}$ の等比数列だから
   $x_{n}-\frac{5}{3}=(-\frac{1}{8})^{n-1}(x_{1}-\frac{5}{3})$
極限をとれば
   $\lim x_{n}-\frac{5}{3}=0 $
よって
   $P_{n}=(x_{n},-\sqrt{3}(x_{n}-2)) \rightarrow (\frac{5}{3},\frac{\sqrt{3}}{3})$ ……(答)
 PageTopへ


【第5問】 $a,b$ を複素数、$c$ を純虚数でない複素数とし、$i$ を虚数単位とする。複素数平面において、点 $z$ が虚軸全体を動くとき
   $w=\frac{az+b}{cz+1}$
で定まる点 $w$ の軌跡を $C$ とする。次の 3条件が満たされているとする。
(ア) $z=i$ のときに $w=i$ となり、$z=-i$ のときに $w=-i$ となる。
(イ) $C$ は単位円の周に含まれる。
(ウ) 点 $-1$ は $C$ に属さない。
このとき $a,b,c$ の値を求めよ。さらに $C$ を求め、複素数平面上に図示せよ。

【解】 (ア)より
   $\frac{ai+b}{ci+1}=i \Rightarrow b+ai=-c+i$,
   $\frac{-ai+b}{-ci+1}=-i \Rightarrow b-ai=-c-i$
だから辺々足したり引いたりして
   $b=-c,a=1$
$-1$ が値域に含まれないから、
   $\frac{az+b}{cz+1}=-1$
なる方程式は解けないことになる。分母を払うと
   $(a+c)z=-b-1$
すなわち
   $(a-b)z=-b-1$
これが解を持たないのだから、$a-b=0$ でなければならない。(十分条件かどうかはまだ分からない。) もし $a,b,c$ に適する値があるならば、それは
   $a=b=1,c=-b=-1$ ……(答)
この値ならば、すなわち $w=\frac{z+1}{-z+1}$ ならば条件を満たすことを確認する。
(ア) $z=i \mapsto w=\frac{1+i}{1-i}=i$, $z=-i \mapsto w=\frac{1-i}{1+i}=-i$ でOK。
(イ) 単位円とは原点中心、半径 1 の円のことである。$z=yi$ ($y$ は実数全体をわたる) の移る先は
   $w=\frac{1+yi}{1-yi}=\frac{1-y^2}{1+y^2}+i\frac{2y}{1+y^2}$
だから、像は
   $(\frac{1-y^2}{1+y^2})^2+(\frac{2y}{1+y^2})^2=\frac{1+2y^2+y^4}{(1+y^2)^2}=1$
より、単位円周に含まれることが分かる。
(ウ) ただし像(軌跡)は単位円周全体をわたるわけではない。値域を示してみよう。移った先を $\xi+\eta i$ とすれば
   $\xi=\frac{1-y^2}{1+y^2}, \eta=\frac{2y}{1+y^2}$
だが、タンジェントの加法定理に似ているので $y=\tan \frac{\theta}{2}$ ($-\pi<\theta<\pi$) とおこう。
   $\xi=\frac{1-\tan^2 \frac{\theta}{2}}{1+\tan^2\frac{\theta}{2}}=\cos^2\frac{\theta}{2}-\sin^2\frac{\theta}{2}=\cos \theta$,
   $\eta=\frac{2\tan\frac{\theta}{2}}{1+\tan^2\frac{\theta}{2}}=2\sin \frac{\theta}{2}\cos\frac{\theta}{2}=\sin \theta$
だから
   $(\xi,\eta)=(\cos\theta,\sin\theta)$
これは単位円の媒介変数表示そのものだ。ただ、$\theta$ の変域から $\theta=-\pi$ に対応するはずの
   $(\xi,\eta)=(-1,0)$
だけ除かれる。したがって軌跡は下図のようになる。
   

【蛇足】 上の問題では円全体と対応しないので、理論として美しくない。そこで無限遠点 $\infty$ なるものを導入し、複素数平面 $\cup \{ \infty \}$ をリーマン球面と呼ぶ。$\infty$ は虚軸をはじめ、すべての直線に含まれると考える。問題に出てきた変換: $z \mapsto \frac{az+b}{cz+1}$ (こういう変換をメビウス変換という) では
   $\infty \mapsto \frac{a \infty+b}{c \infty +1}=\frac{a+b/\infty}{c+1/\infty}=\frac{a}{c}$
のように写像する。$a=1,c=-1$ だったから、これは $-1$ に写像することとなり、虚軸という円(ほんとは直線だが、半径=無限大の円と考える)は単位円という円に移る。メビウス変換のこの性質を円円対応と呼ぶ。
 PageTopへ   


★「婆茶留高校」は架空の存在であり、実在の人物、団体とは関係ありません。
<-- クリックして婆茶留高校へメール送信 mailto: virtual_h_s@yahoo.co.jp 
URL:http://www.virtual-hs.com/ Powered by   Copyright(c) virtual_high_school, 2001-2021