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【入試問題研究】 東京大学 2019年度 前期日程 理科
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【第1問】 次の定積分を求めよ。
   $\int_{0}^{1} (x^2+\frac{x}{\sqrt{1+x^2}})(1+\frac{x}{(1+x^2)\sqrt{1+x^2}})dx$


【解】 被積分関数を展開すれば4項出てくる。4つに分けて積分しよう。まず
   $\int_{0}^{1} x^2dx =[\frac{1}{3}x^3]_{0}^{1} =\frac{1}{3}$
である。次は
   $\int_{0}^{1} \frac{x^3}{(1+x^2)\sqrt{1+x^2}}dx =-\int_{0}^{1} x^2 (\frac{1}{\sqrt{1+x^2}})' dx $
部分積分して
   $=-[ x^2 \frac{1}{\sqrt{1+x^2}}]_{0}^{1} +\int_{0}^{1} 2 \frac{x}{\sqrt{1+x^2}}dx$
   $=-\frac{1}{\sqrt{2}} +2[\sqrt{1+x^2}]_{0}^{1} $
   $=-\frac{1}{\sqrt{2}} +2\sqrt{2}-2=\frac{3}{2}\sqrt{2}-2$
3番目は今やったように
   $\int_{0}^{1} \frac{x}{\sqrt{1+x^2}}dx=[\sqrt{1+x^2}]_{0}^{1} =\sqrt{2}-1$
4番目の積分は
   $\int_{0}^{1} \frac{x^2}{(1+x^2)^2}dx=-\frac{1}{2} \int_{0}^{1} x (\frac{1}{1+x^2})' dx$
   $=-\frac{1}{2} [x\frac{1}{1+x^2}]_{0}^{1} +\frac{1}{2} \int_{0}^{1} \frac{1}{1+x^2}dx$
   $=-\frac{1}{4} + \frac{1}{2} \int_{0}^{1} \frac{1}{1+x^2}dx$
ここの第2項は有名な積分で、$x=\tan \theta$ と置換して
   $\int_{0}^{1} \frac{1}{1+x^2}dx=\int_{0}^{\pi/4} \cos^2\theta \frac{d\theta}{\cos^2\theta}=\frac{\pi}{4}$
以上をまとめると、求めるべき積分は
   $\frac{1}{3}+\frac{3}{2}\sqrt{2}-2+\sqrt{2}-1-\frac{1}{4} + \frac{1}{2} \cdot \frac{\pi}{4}$
   $=\frac{5}{2}\sqrt{2} -\frac{35}{12}+\frac{\pi}{8}$ ……(答)
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【第2問】 一辺の長さが $1$ の正方形 ABCD を考える。3点 P, Q, R はそれぞれ辺 AB, AD, CD 上にあり、3点 A, P, Q および 3点 P, Q, R はどちらも面積が $\frac{1}{3}$ の三角形の3頂点であるとする。
$\frac{DR}{AQ}$ の最大値、最小値を求めよ。


【解】 $AQ=x$ とおこう。
   
面積=1/3より、$AP=\frac{2}{3x}$ となる。ここで $x$ の変域を求めておこう。$0 <x \leq 1$ かつ、$AP$ は長くても 1 までだから $0< \frac{2}{3x}\leq 1$ よって
   $ \frac{2}{3} \leq x \leq 1$ ……(*)
$QD=1-x$ だが、$DR=y$ とおいて、$y$ を求めよう。台形 $APRD$ から $triangle QRD$ を引けば 2/3 だから
   $\frac{1}{2}(y+\frac{2}{3x} )-\frac{1}{2}(1-x)y=\frac{2}{3}$
   $xy=\frac{4}{3}-\frac{2}{3x}$
   $y=\frac{4x-2}{3x^2}$
ここでも $x$ の変域を求めておこう。$0 \leq y \leq 1$ より $x \geq \frac{1}{2}$ が出てきて、先ほど求めた変域と共通部分を取ってみると、変域は (*) でよいことが分かる。
いよいよ最大・最小を求める。
   $\frac{DR}{AQ}=\frac{y}{x}=\frac{4x-2}{3x^3}$
最右辺を $f(x)$ とおく。
   $f'(x)=\frac{4\cdot 3x^3-9x^2(4x-2)}{9x^6}=\frac{-8x+6}{3x^4}$
最大値(極大値)は $f(\frac{3}{4})=1/\frac{81}{64}=\frac{64}{81}$ ……(答)
最小値は左端点か右端点のどちらかだから、両方計算して比較する。
   $f(\frac{2}{3})=\frac{2}{3}/\frac{8}{9}=\frac{3}{4},$
   $f(1)=\frac{2}{3}$
小さいのは、$f(1)=\frac{2}{3}$ ……(答)
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【第3問】 座標空間内に 5点 $A(2,0,0),B(0,2,0),C(-2,0,0),D(0,-2,0),E(0,0,-2)$ を考える。線分 AB の中点 M と 線分 AD の中点 N を通り、直線 AE に平行な平面を $\alpha$ とする。さらに、$p$ は $2<p<4$ をみたす実数とし、点 $P(p,0,2)$ を考える。
(1) 八面体 PABCDE の平面 $y=0$ による切り口および、平面 $\alpha$ の平面 $y=0$ による切り口を同一平面上に図示せよ。
(2) 八面体 PABCDE の平面 $\alpha$ による切り口が八角形となる $p$ の範囲を求めよ。
(3) 実数 $p$ が (2) で定まる範囲にあるとする。八面体 PABCDE の平面 $\alpha$ による切り口のうち $y\geq0,z\geq 0$ の部分を点 $(x,y,z)$ が動くとき、座標平面上で点 $(y,z)$ が動く範囲の面積を求めよ。


【解】(1) 答は下図。
   
(2) 上図の場合、平面 $\alpha$ が八面体の何本の稜(辺)と交わるかを数えてみよう。左下から見ていくと
   CE ……交点は $Q_{1}=(-\frac{1}{2},0,-\frac{3}{2})$
   BE ……交点は $Q_{2}=(0,1,-1)$
   DE ……交点は $Q_{3}=(0,-1,-1)$
   AB ……交点は $Q_{4}=(1,1,0)$
   AD ……交点は $Q_{5}=(1,-1,0)$
   AP ……交点は 省略
の6本だから切り口は6角形になってしまう。$2<p \leq 3$ だとこうなってしまう。$3<p<4$ なら、上に挙げた稜のうち AP とは交わらなくなるが、その代わりに新たに CP, BP, DP の3本と交わることになるから、8角形になる。
   
   CP ……交点は $Q_{6}=(\frac{p+6}{p},0,\frac{6}{p})$
   BP ……交点は $Q_{7}=(\frac{p}{p-2},\frac{2p-6}{p-2},\frac{2}{p-2})$
   DP ……交点は $Q_{8}=(\frac{p}{p-2},-\frac{2p-6}{p-2},\frac{2}{p-2})$
よって、答は $3<p<4$ ……(答)
(3) 前問で求めた $Q_{1},\cdots,Q_{8}$ の8個の交点(八角形の頂点)を平面 $x=0$ に投影した図を描こう。
   
この中で $y\geq0,z\geq 0$ の部分というのは上図の色を付けた部分である。2つの三角形に分割して面積を求めると
   $\frac{1}{2}\cdot \frac{6}{p}\cdot \frac{2p-6}{p-2}+\frac{1}{2}\cdot 1\cdot \frac{2}{p-2}$
   $=\frac{1}{p-2}+\frac{3(2p-6)}{p(p-2)}=\frac{7p-18}{p(p-2)}$ ……(答)
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【第4問】 $n$ を $1$ 以上の整数とする。
(1) $n^2+1$ と $5n^2+9$ の最大公約数 $d_{n}$ を求めよ。
(2) $(n^2+1)(5n^2+9)$ は整数の $2$ 乗にならないことを示せ。


【解】(1) $n=1,2,3,4,5$ と代入してみると、
   $n$ が偶数だと $d_{n}=1$, 奇数だと $d_{n}=2$ ……(答)
と予想が立つ。それを証明しよう。$k$ を $k \geq1$ なる整数とする。
・$n$ が偶数のとき $n=2k$ とおけば、$n^2+1=4k^2+1,5n^2+9=20k^2+9$ となる。ユークリッドの互除法で最大公約数を求めると、下図のように
   
   $d_{2k}=1$
・$n$ が奇数のとき $n=2k-1$ とおけば、$n^2+1=4k^2-4k+2,5n^2+9=20k^2-20k+14$ となるから
   
   $d_{2k-1}=2$ ■
(2) ・$n$ が偶数のとき。2数は互いに素だから、もし積が2乗数なら $A=p^2,B=q^2$ ($p,q$ は互いに素)のようになる。ところが
   $n^2+1=p^2,p \geq 2$
だと、
   $(p+n)(p-n) =1 \Rightarrow p+n=p-n=1 \Rightarrow n=0$ で $n \geq 1$ という仮定に反する。
・$n$ が奇数のとき。2数の最大公約数は $2$ だから、もし積が2乗数なら $A=2p^2,B=2q^2$ ($p,q$ は互いに素)のようになる。ところが
   $n^2+1=2p^2,5n^2+9=2q^2$ $(p \geq 1, q\geq 3)$
だと、辺々引いて
   $4(n^2+2)=2(q^2-p^2)$
   $2(n^2+2)=(q+p)(q-p)$
$p,q$ は互いに素であったから両方とも偶数ではあり得ない。かといって片方偶数、他方奇数だと右辺は奇数になるのに左辺が偶数だからこれもあり得ない。したがって、$p,q$ はともに奇数。よって、右辺は $4$で割り切れる。ところが左辺は $n=2k-1$ を代入すると
   $2 (4k^2-4k+3)$
だから、$4$ では割り切れない。いずれの場合も仮定に反する。■
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【第5問】 以下の問いに答えよ。
(1) $n$ を $1$ 以上の整数とする。$x$ についての方程式
   $x^{2n-1}=\cos x$
は、ただ一つの実数解 $a_{n}$ をもつことを示せ。
(2) (1) で定まる $a_{n}$ に対し、$\cos a_{n} > \cos 1$ を示せ。
(3) (1) で定まる数列 $a_{1},a_{2},a_{3},\cdots,a_{n},\cdots$ に対し、
   $a=\lim_{n \rightarrow \infty} a_{n},b=\lim_{n \rightarrow \infty} a_{n}^n,c=\lim_{n \rightarrow \infty} \frac{a_{n}^n-b}{a_{n}-a}$
を求めよ。


【解】 (1) 左辺は指数が奇数だから単調増加なので、これが言える。
   
$x$ の変域を $-1 \leq x \leq 1$ に制限して構わない。なぜなら、$(-1)^{2n-1}=-1,1^{2n-1}=1$ でこの変域の外では $|x^{2n-1}|>1$ となるから、余弦関数のグラフと交わる心配はないからだ。
・ $-1 \leq x < 0$ のとき、左辺は負、右辺は正だから、この範囲では実数解を持たない。
・ $0 \leq x \leq 1$ のとき。
   $0^{2n-1}-\cos 0=-1<0$
   $1^{2n-1}-\cos 1=1-\cos 1>0$
だが、$0<x<1$ において
   $(x^{2n-1}-\cos x)'=(2n-1)x^{2n-2}+\sin x > 0$
で単調増加だから、$x^{2n-1}-\cos x=0$ となる $x$ は1つしかない。■
(2) 前問の解で示したように、$x^{2n-1}=\cos x$ の解 $a_{n}$ は $0<x<1$ の範囲に存在し、かつ この範囲で $y=\cos x$ は単調減少であるから、
   $0<a_{n}<1,1>\cos a_{n} >\cos 1$
である。■
(3) ・ 数列 $\{ a_{n} \}$ は下図から分かるように
   $a_{1} < \cdots <a_{n} <a_{n+1} < \cdots <1$
である。しかも、$\lim a_{n}=1$ ……(答)
   
実際、もし $1$ の左側に壁 $x=1-\varepsilon$ ($\varepsilon >0$)があって、$a_{n}<\cdots \leq 1-\varepsilon$ であったと仮定する。このとき
   $x^{2n-1} < \cos x$
となるような $n$, すなわち
   $(2n-1)\log x < \log(\cos x),$
   $n >\frac{1}{2}(\frac{\log(\cos x)}{\log x } +1)$
となるような十分大きな $n$ をとる。このとき、$n-1$ 乗の方が余弦より小さいから、2つのグラフは $x=1-\varepsilon$ より右側で交わる。よって
   $a_{n} >=1-\varepsilon$
これ は仮定に反する。■
・   $a_{n}^{2n-1}=\cos a_{n}$
の両辺を $a_{n}$ 倍して
   $a_{n}^{2n}=a_{n} \cos a_{n}$
よって
   $a_{n}^{n}=\sqrt{ a_{n} \cos a_{n} },$
   $\lim a_{n}^{n}=\lim \sqrt{ a_{n} \cos a_{n} } =\sqrt{1 \cos 1}=\sqrt{\cos 1}$ ……(答)
・ $c= \lim_{n \rightarrow \infty} \frac{a_{n}^n-b}{a_{n}-a}=\lim_{n \rightarrow \infty} \frac{\sqrt{ a_{n} \cos a_{n} }-\sqrt{1 \cos 1}}{a_{n}-1}$
だが、ここで $\lim_{n \rightarrow \infty} a_{n}=1$ だから
   $c=\lim_{x \rightarrow 1} \frac{\sqrt{ x \cos x }-\sqrt{1 \cos 1}}{x-1}$
これって、$y=x \cos x$ の $x=1$ における微分係数である。よって
   $c=[ (\sqrt{x \cos x})']_{x=1} =[\frac{\cos x-x \sin x}{2 \sqrt{x \cos x}}]_{x=0}$
   $=\frac{\cos 1-\sin 1}{2 \sqrt{\cos 1}}$ ……(答)
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【第6問】 複素数 $\alpha,\beta,\gamma,\delta$ および実数 $a,b$ が、次の 3条件をみたしながら動く。
条件1: $\alpha,\beta,\gamma,\delta$ は相異なる。
条件2: $\alpha,\beta,\gamma,\delta$ は 4次方程式 $z^4-2z^3-2az+b=0$ の解である。
条件3: 複素数 $\alpha\beta+\gamma\delta$ の実部は $0$ であり、虚部は $0$ でない。
(1) $\alpha,\beta,\gamma,\delta$ のうち、ちょうど 2つが実数であり、残りの 2つは互いに共役な複素数であることを示せ。
(2) $b$ を $a$ で表せ。
(3) 複素数 $\alpha+\beta$ がとりうる範囲を複素数平面上に図示せよ。


【解】 (1) 一般論として実数係数の4次方程式において、$z$ を解として持てば
   $f(z)=az^4+bz^3+cz^2+dz+e=0 \Rightarrow f(\bar{z})=a \bar{z}^4+b\bar{z}^3+c\bar{z}^2+d\bar{z}+e=\bar{f}(z)=0$
より、共役な複素数 $\bar{z}$ も解になる。したがって所与の4次方程式は
   ・虚数解 $\alpha,\bar{\alpha},\beta,\bar{\beta}$ を持つ
   ・虚数解 $\alpha,\bar{\alpha}$ と実数解 $r_{1},r_{2}$ を持つ
   ・実数解 $r_{1},r_{2},r_{3},r_{4}$ を持つ
ところが条件3より、4つとも実数解はあり得ないと分かるので、4つとも虚数解ではないことを示せばよい。そこで4つとも虚数と仮定する。条件3より
   (ア) $\alpha \bar{\alpha} + \beta \bar{\beta}$ が純虚数
   (イ) $\alpha \beta + \bar{\alpha} \bar{\beta}$ が純虚数
となる道理だが、前者は $|\alpha|^2+|\beta|^2$ だし、後者は $2Re(\alpha\beta)$ だから両者とも実数となり、仮定に反する。よって、この4次方程式は2つの虚数解と2つの実数解を持つ。■
(2) 4つの解を
   $\alpha,\bar{\alpha},r_{1},r_{2}$
とする。条件3より
   (ア) $\alpha \bar{\alpha} + r_{1} r_{2}$ が純虚数。これはありえない。
   (イ) $\alpha r_{1} + \bar{\alpha} r_{2}$ が純虚数。この場合しかない。
そこで $\alpha=x+iy$ とおくと
   $\alpha r_{1} + \bar{\alpha} r_{2}=x(r_{1}+r_{2})+iy(r_{1}-r_{2})$
が純虚数となって、
   $x=0$ または $r_{1}+r_{2}=0$
(A) 前者の場合。$\alpha=iy,\bar{\alpha}=-iy$ が解になるから、両者を4次方程式に代入して
   $y^4+2y^3 i-2ayi+b=0$
   $y^4-2y^3 i+2ayi+b=0$
辺々足して、引いて
   $y^4+b=0,y(y^2-a)=0$
ここで $y \neq 0$ だから、$b=-y^4,a=y^2$ となって、$b=-a^2$
(B) 後者の場合。$r_{1},r_{2}=-r_{1}$ が解になるから、両者を4次方程式に代入して
   $r_{1}^4-2r_{1}^3 -2ar_{1}+b=0$
   $r_{1}^4+2r_{1}^3 +2ar_{1}+b=0$
辺々足して、引いて
   $r_{1}^4+b=0,r_{1}(r_{1}^2-a)=0$
ここで $r_{1} \neq 0$ だから、$b=-r_{1}^4,a=r_{1}^2$ となって、$b=-a^2$
(A), (B)のいずれの場合も、$b=-a^2$ ……(答)
(3) (2)の(イ)によれば、$\alpha+\beta$ というのは虚数解の片方と実数解の片方の和である。(2)と同様に、(A), (B)に場合分けして考える。
(A) $\alpha=iy,\bar{\alpha}=-iy$ ($y \neq 0$) が解ならば、4次方程式
   $z^4-2z^3-2az-a^2=0$
は、$z^2+y^2$ で割り切れる。実際に割り算して(余りは 0 と考えてよい)、
   $(z^2+y^2)(z^2-2z-y^2)=0$
よって、実数解は
   $z=1 \pm \sqrt{1+y^2}$
となり、
   $\alpha+\beta=\pm yi +1 \pm \sqrt{1+y^2}$
これを $X+iY$ とすれば
   $X=1 \pm \sqrt{1+y^2}, Y=\pm y$
$y$ を消去すれば
   $(X-1)^2-Y^2=1$ ($Y \neq 0$)
で直角双曲線を右に 1だけ平行移動したもの。
(B) $r_{1},r_{2}=-r_{1}$ ($r_{1} \neq 0$) が解ならば、4次方程式は、$z^2-r_{1}^2$ で割り切れる。実際に割り算して(余りは 0 と考えてよい)、
   $(z^2-r_{1}^2)(z^2-2z+r_{1}^2)=0$
よって、虚数解は
   $z=1 \pm i \sqrt{r_{1}^2-1}$ ($|r_{1}|>1$)
となり、
   $\alpha+\beta=\pm r_{1} +1 \pm i \sqrt{r_{1}^2-1}$
これを $X+iY$ とすれば
   $X=1 \pm r_{1}, Y=\pm \sqrt{r_{1}^2-1}$
$r_{1}$ を消去すれば
   $(X-1)^2-Y^2=1$ ($X<0, 2<X$)
でやはり直角双曲線を右に 1だけ平行移動したもの。
    ……(答)
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