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【入試問題研究】 早稲田大学 2019年度 一般入試 基幹・創造・先進理工学部
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【第1問】 自然数 $n$ について、次のような命題を考える。
   (*) $n^2+1,2n^2+3,6n^2+5$ がすべて素数である
(1) $n=5k$ ($k$ は自然数)のとき、$n$ は (*) を満たさないことを示せ。
(2) (*) を満たすような $n$ は $n=1,2$ のみであることを示せ。

【解】 (1) 第3項だけ調べよう。$n \equiv 0 (mod.5)$ を代入すると
   $6n^2+5 \equiv 6 \cdot 0^2 +5 \equiv 0$
$n=5k \geq 5$より $6n^2+5 \geq 155$ だから、$6n^2+5$ は 5 の倍数で 5 より大きいから、素数ではない。■
(2) $n=1$ のときは
   $n^2+1=2,2n^2+3=5,6n^2+5=11$
$n=2$ のときは
   $n^2+1=5,2n^2+3=11,6n^2+5=29$
で、たしかに3項とも素数である。
$n \geq 3$ とする。ここでも 5 を法として合同式を考えよう。$n \equiv 0$ はダメと確認済みである。
$n \equiv \pm 1$ のときは
   $2n^2+3 \equiv 0$
で、第2項が 5 の倍数で 21 以上だから、素数ではない。
$n \equiv \pm 2$ のときは
   $n^2+1 \equiv 0$
で、第1項が 5 の倍数で 10 以上だから、素数ではない。■
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【第2問】 $n$ は 3 以上の自然数とする。面積 1 の正$n$角形 $P_{n}$ を考え、その周の長さを $L_{n}$ とする。次の問に答えよ。
(1) $(L_{n})^2$ を求めよ。
(2) $\lim_{n \rightarrow \infty} L_{n}$ を求めよ。
(3) $n<k$ ならば $(L_{n})^2>(L_{k})^2$ となることを示せ。

【解】正$n$角形の中心 $O$ を頂点とし、1つの辺を底辺とする$n$ 個の2等辺三角形に分割する。
   
頂角は $2\pi/n,$ 底辺は $L_{n}/n,$ 面積は $1/n$ である。よって、底角は $\pi/2-\pi/n$ となる。関係式を作ると
   $\frac{1}{2} \cdot \frac{L_{n}}{n} \cdot \frac{L_{n}}{2n} \tan(\frac{\pi}{2}-\frac{\pi}{n})=\frac{1}{n}$
   $\frac{(L_{n})^2}{4n^2} \cdot \frac{1}{\tan(\pi/n)} = \frac{1}{n}$
   $(L_{n})^2=4n \tan \frac{\pi}{n}$ ……(答)
(2) $\sin \theta/\theta$ の極限を使えばよい。
   $(L_{n})^2=4n \frac{\sin (\pi/n)}{\cos(\pi/n)}$
   $=\frac{\sin(\pi/n)}{\pi/n} \cdot 4\pi \cdot \frac{1}{\cos(\pi/n)} \rightarrow 4\pi$
よって、
   $\lim L_{n}=2 \sqrt{\pi}$ ……(答)
(3) この数列が単調減少であることを言うのである。$n$ の代わりに実変数 $x$ を考え、$x \geq 3$ において
   $f(x)=4x \tan \frac{\pi}{x}$
とおいて、導関数が負になることを確認しよう。
   $f'(x)=4 \tan \frac{\pi}{x} +4x \frac{1}{\cos^2(\pi/x)} \cdot (- \frac{\pi}{x^2})$
   $=\frac{4}{x\cos^2(\pi/x)} \{ x \sin(\pi/x)\cos(\pi/x)-\pi \}$
   $=\frac{4}{x\cos^2(\pi/x)} \{ \frac{x}{2} \sin(2\pi/x)-\pi \}$
あとは、
   $\frac{x}{2} \sin(2\pi/x)<\pi$
すなわち
   $\sin(2\pi/x)<\frac{2\pi}{x}$
を言えばよい。それは
   $g(t)=t - \sin t, g(0)=0, g'(t)=1-\cos t \geq 0$
から
   $t \geq \sin t$  $(t \geq 0)$
が出てくるから大丈夫である。■
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【第3問】 実数 $x$ に対し $[x]$ を $x-1 < [x] \leq x$ を満たす整数とする。次の極限を求めよ。
(1) $\lim_{n \rightarrow \infty}\frac{1}{n}[\frac{1}{\sin(1/n)}]$
(2) $\lim_{n \rightarrow \infty}\frac{1}{n\sqrt{n}}(1+[\sqrt{2}]+[\sqrt{3}]+\cdots + [\sqrt{n}])$

【解】 (1) 題意に沿って挟み打ちにすればよいと分かる。
   $\frac{1}{n}(\frac{1}{\sin(1/n)}-1) <a_{n} \leq \frac{1}{n\sin(1/n)}$
だが、まず最右辺を考えよう。
   $\frac{1}{n\sin(1/n)}=1/\frac{\sin(1/n)}{1/n} \rightarrow 1/1=1$
最左辺は
   $\frac{1}{n}(\frac{1}{\sin(1/n)}-1)=\frac{1}{n\sin(1/n)}-\frac{1}{n} \rightarrow 1-0=1$
したがって
   $1 \leq \lim a_{n} \leq 1$
より
   $\lim a_{n}=1$ ……(答)
(2) 積和の極限だから、定積分であると分かる。挟み打ちにすると
   $\frac{1}{n\sqrt{n}}(1+\sqrt{2}+\cdots+\sqrt{n}-n) <b_{n} \leq \frac{1}{n\sqrt{n}}(1+\sqrt{2}+\cdots+\sqrt{n}) $
最右辺は
   $\frac{1}{n}(\sqrt{\frac{1}{n}} +\sqrt{\frac{2}{n}} +\sqrt{\frac{3}{n}}+\cdots +\sqrt{\frac{n}{n}} )$
   
これの極限をとれば
   $\int_{0}^{1} \sqrt{x} dx=[\frac{2}{3} x^{3/2}]_{0}^{1} =\frac{2}{3}$
最左辺は
   $\int_{0}^{1} \sqrt{x} dx-\lim \frac{\sqrt{n}}=\frac{2}{3}-0=\frac{2}{3}$
よって挟み打ちの原理により、$\lim b_{n}=2/3$ ……(答)
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【第4問】 原点 $O$ を中心とする半径 1 の球面 $S$ に、四面体 $PABC$ が内接している。点 $P$ と三角形 $ABC$ の重心 $G$ を通る直線が球面 $S$ と交わる $P$ と異なる点を $Q$ とする。また、$\vec{PA}=\vec{a},\vec{PB}=\vec{b},\vec{PC}=\vec{c},\vec{PO}=\vec{p}$ とする。次の問に答えよ。
(1) $\vec{a}\cdot\vec{a}= 2\vec{a}\cdot \vec{p}$ を示せ。
(2) $\vec{PQ}=k\vec{PG}$ となる $k$ を、$\vec{a},\vec{b},\vec{c}$ を用いて表せ。
(3) $PG:PQ=1:3$ とする。角$\angle APB,\angle BPC,\angle CPA$ に対して、次のいずれかが成り立つことを示せ。
  ・3つの角のうち、少なくとも1つは鋭角、少なくとも1つは鈍角である。
  ・3つの角は全て直角である。
(4) $PG:PQ=1:3,|\vec{a}|=|\vec{b}|=|\vec{c}|=\frac{2}{\sqrt{3}}$ とする。$PQ$ を求めよ。さらに、四面体 $PABC$ の体積を求めよ。


【解】 (1) 点 $P$ の対蹠点を $P'$ とすれば、$\vec{PP'}=2\vec{PO}$ は直径であり、$\angle PAP'$ は直径を見込む円周角だから直角であるから、内積はゼロ、すなわち
   $\vec{PA}\cdot\vec{P'A}=\vec{PA}\cdot(\vec{PA}-\vec{PP'})=0$
よって
   $\vec{a}\cdot(\vec{a}-2\vec{p})=0 \Rightarrow \vec{a}\cdot\vec{a}=2\vec{a}\cdot\vec{p}$■
(2) 前問と同様に円周角の定理から
   $\vec{PQ}\cdot\vec{P'Q}=\vec{PQ}\cdot(\vec{PQ}-\vec{PP'})=0$
より
   $k\vec{PG}\cdot(k\vec{PG}-2\vec{p})=0$
ところで重心の公式から
   $\vec{PG}=\frac{1}{3}(\vec{PA}+\vec{PB}+\vec{PC})=\frac{1}{3}(\vec{a}+\vec{b}+\vec{c})$
だから
   $ \frac{1}{3}(\vec{a}+\vec{b}+\vec{c})\cdot(\frac{1}{3}k(\vec{a}+\vec{b}+\vec{c})-2\vec{p})=0$
   $ \frac{1}{3}k(\vec{a}+\vec{b}+\vec{c})\cdot(\vec{a}+\vec{b}+\vec{c})-2(\vec{a}+\vec{b}+\vec{c})\cdot\vec{p}=0$
   $k |\vec{a}+\vec{b}+\vec{c}|^2-6(\vec{a}+\vec{b}+\vec{c})\cdot\vec{p}=0$
ここで、前問の結果:
   $2\vec{a}\cdot\vec{p}=\vec{a}\cdot\vec{a}=|\vec{a}|^2,2\vec{b}\cdot\vec{p}=\vec{b}\cdot\vec{b}=|\vec{b}|^2,2\vec{c}\cdot\vec{p}=\vec{c}\cdot\vec{c}=|\vec{c}|^2$
を使って
   $k|\vec{a}+\vec{b}+\vec{c}|^2-3(|\vec{a}|^2+|\vec{b}|^2+|\vec{c}|^2)=0$
したがって
   $k=\frac{3(|\vec{a}|^2+|\vec{b}|^2+|\vec{c}|^2)}{|\vec{a}+\vec{b}+\vec{c}|^2}$ ……(答)
(2) $PQ$ が $PG$ の3倍だから $k=3$ である。よって
   $\frac{3(|\vec{a}|^2+|\vec{b}|^2+|\vec{c}|^2)}{|\vec{a}+\vec{b}+\vec{c}|^2}=3$
   $|\vec{a}|^2+|\vec{b}|^2+|\vec{c}|^2 = |\vec{a}+\vec{b}+\vec{c}|^2$
   $|\vec{a}|^2+|\vec{b}|^2+|\vec{c}|^2 = |\vec{a}|^2+|\vec{b}|^2+|\vec{c}|^2+2\vec{a}\cdot\vec{b}+2\vec{b}\cdot\vec{c}+2\vec{c}\cdot\vec{a}$
   $\vec{a}\cdot\vec{b}+\vec{b}\cdot\vec{c}+\vec{c}\cdot\vec{a}=0$
ここで $\angle APB=\alpha,\angle BPC=\beta,\angle CPA=\gamma$ とおけば
   $|\vec{a}||\vec{b}|\cos\alpha+|\vec{b}||\vec{c}|\cos\beta+|\vec{c}||\vec{a}|\cos\gamma=0$
よって、もし $\cos\alpha>0$ なら $\cos\beta,\cos\gamma$ のうち少なくとも片方は負である。
もし $\cos\alpha<0$ なら $\cos\beta,\cos\gamma$ のうち少なくとも片方は正である。
もし $\cos\alpha=0$ なら $\cos\beta,\cos\gamma$ は正と負、または両方ともゼロである。
これをまとめると、角 $\alpha,\beta,\gamma$ は少なくとも1つは鈍角、少なくとも1つは鋭角、または3つとも直角である。■
(3) 前問の解で触れたように、$k=3$ だから $\vec{PQ}=3\vec{PG}$ なので
   $PQ^2=9\vec{PG}\cdot\vec{PG}$
   $=9\cdot\frac{1}{9}(\vec{a}+\vec{b}+\vec{c})\cdot(\vec{a}+\vec{b}+\vec{c})$
   $=|\vec{a}|^2+|\vec{b}|^2+|\vec{c}|^2+2(\vec{a}\cdot\vec{b}+\vec{b}\cdot\vec{c}+\vec{c}\cdot\vec{a})$
   $=3(\frac{2}{\sqrt{3}})^2+2 \times 0=4$
よって
   $PQ=2$ ……(答)
ということは、$PQ$ は球の直径である。
   
3点 $A,B,C$ は点 $P$ から等距離のところにあるから、(点 $P$ を中心とする球と $S$ との交点を考えれば分かるように) 3点 $A,B,C$ は直径 $PQ$ に点 $G$ において直交する平面による $S$ の断面、すなわち小円上にある。この小円は $\triangle ABC$ の外接円であるから、点 $G$ は $\triangle ABC$ の外心かつ重心ということになる。容易に分かるように外心=重心ならば、その三角形は正三角形である。
   $PG=\frac{1}{3}PQ=\frac{2}{3}$
だから、小円の半径 $r$ は
   $r=\sqrt{ 1^2 - OG^2}=\sqrt{ 1 - (\frac{1}{3})^2}=\frac{2\sqrt{2}}{3}$
$\triangle ABC$ の面積を計算しよう。
   
まず底辺は
   $2r \cos 30^\circ=2\cdot \frac{2\sqrt{2}}{3} \cdot \frac{\sqrt{3}}{2}=\frac{2\sqrt{6}}{3}$
で高さは
   $\frac{2\sqrt{6}}{3} \times \frac{\sqrt{3}}{2}=\sqrt{2}$
で、面積は
   $\frac{1}{2}\cdot \frac{2\sqrt{6}}{3} \cdot \sqrt{2}=\frac{2\sqrt{3}}{3}$
よって四面体の体積は
   $\frac{1}{3}\cdot \triangle ABC\cdot PG=\frac{1}{3}\cdot \frac{2\sqrt{3}}{3}\cdot \frac{2}{3}=\frac{4\sqrt{3}}{27}$ ……(答)
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【第5問】 実数 $a$ は $-\pi \leq a \leq \pi$ の範囲にあるとする。極方程式
   $r=1+\cos \theta$  $(a \leq \theta \leq a+\frac{2\pi}{3})$
と表わされる座標平面上の曲線の長さを $l(a)$ とする。次の問に答えよ。
(1) この曲線を $x=r \cos\theta,y=r \sin\theta$ で表したとき、$\sqrt{ (\frac{dx}{d\theta})^2+(\frac{dy}{d\theta})^2 }$ を $\theta$ を用いて表せ。
(2) $-\pi\leq a \leq \frac{\pi}{3}$ のとき、$l(a)$ を求めよ。
(3) 横軸 $a,$ 縦軸 $l$ の座標平面上に $l=l(a)$ $(-\pi\leq a \leq \pi)$ のグラフを書き、$l(a)$ の最大値、最小値を求めよ。


【解】 (1) 極方程式を代入して
   $x=(1+\cos \theta)\cos\theta,$
   $y=(1+\cos \theta)\sin\theta$
を微分して
   $\frac{dx}{d\theta}=-\sin\theta \cos\theta-(1+\cos \theta)\sin\theta=-\sin 2\theta-\sin\theta,$
   $\frac{dy}{d\theta}=-\sin^2\theta+(1+\cos \theta)\cos\theta=\cos 2\theta+\cos\theta$
だから
   $\sqrt{ (\frac{dx}{d\theta})^2+(\frac{dy}{d\theta})^2 }$
   $=\sqrt{ (\sin^2 2\theta+\cos^2 2\theta)+(\sin^2 \theta+\cos^2 \theta)+2(\cos 2\theta \cos \theta+\sin 2\theta \sin \theta) }$
   $=\sqrt{ 2(1+\cos \theta)}=\sqrt{ 2\cdot 2\cos^2 \frac{\theta}{2} }$
   $=2|\cos \frac{\theta}{2}|$ ……(答)
(2) $a \leq \theta \leq a+\frac{2\pi}{3}$ の範囲で積分すればよいのだが、
   $-\frac{\pi}{2} \leq \frac{a}{2} \leq \frac{\theta}{2} \leq \frac{a}{2}+\frac{\pi}{3} \leq \frac{\pi}{2}$
だから、被積分関数の絶対値記号は(ギリギリの範囲で)取り払うことができる。よって
   $l(a)=\int_{a}^{a+2\pi/3} \sqrt{ (\frac{dx}{d\theta})^2+(\frac{dy}{d\theta})^2 }d\theta$
   $=2 \int_{a}^{a+2\pi/3} \cos\frac{\theta}{2} d\theta$
   $=4[\sin\frac{\theta}{2}]_{a}^{a+2\pi/3} $
   $=4 \{ \sin(\frac{a}{2}+\frac{\pi}{3})-\sin\frac{a}{2} \}$
   $=4 (-\frac{1}{2}\sin\frac{a}{2}+\frac{\sqrt{3}}{2}\cos\frac{a}{2} )$
   $=4\sin(\frac{a}{2}+\frac{2\pi}{3})$……(答)
(3) 前問と違って $\frac{\pi}{3} \leq a \leq \pi$ のときのことも考えないといけない。この新たな場合には、
   $\frac{\pi}{6} \leq \frac{a}{2} \leq \frac{\theta}{2} \leq \frac{a}{2}+\frac{\pi}{3} \leq \frac{5\pi}{6}$
だから、被積分関数の絶対値記号の中が正から負に変わる所で分けて積分しなければならない。
   $l(a)=2 \int_{a}^{a+2\pi/3} |\cos\frac{\theta}{2}| d\theta$
   $l(a)=2 \int_{a}^{\pi} \cos\frac{\theta}{2} d\theta-2 \int_{\pi}^{a+2\pi/3} \cos\frac{\theta}{2} d\theta$
   $=4[\sin\frac{\theta}{2}]_{a}^{\pi} -4[\sin\frac{\theta}{2}]_{\pi}^{a+2\pi/3}$
   $=4 ( \sin\frac{\pi}{2}-\sin\frac{a}{2} ) -4 \{ \sin(\frac{a}{2}+\frac{\pi}{3})-\sin\frac{\pi}{2} \}$
   $=8-6\sin\frac{a}{2} -2\sqrt{3}\cos\frac{a}{2}$
   $=8+4\sqrt{3} \sin(\frac{a}{2}+\frac{7\pi}{6})$
ではグラフを書こう。$\sin\frac{a}{2}$ は周期が $4\pi$ であること、$\sin(\frac{a}{2}+\alpha)$ のグラフは左へ $2\alpha$ だけ平行移動したものになることに注意する。
 ・$-\pi\leq a \leq \frac{\pi}{3}$ のときは $l(a)=4\sin(\frac{a}{2}+\frac{2\pi}{3})$ だから$a$軸上、点 $(-\frac{4\pi}{3},0)$ を出発し上に上がって、 $a$軸上の点 $(\frac{2\pi}{3},0)$ に向かって降りていく。これで半周期分だ。最大になるのは真ん中の $a=-\frac{\pi}{3}$ だ。
 ・$\frac{\pi}{3} \leq a \leq \pi$ のときは $l(a)=8+4\sqrt{3} \sin(\frac{a}{2}+\frac{7\pi}{6})$ だから、点 $(-\frac{7\pi}{3},8)$ を出発し上に上がって、 点 $(-\frac{\pi}{3},8)$ に向かって降りてきて半周期。さらに下に降りて行って半周期たって点 $(-\frac{5\pi}{3},8)$ に向かって戻ってくる。最小になるのは2番目の真ん中の $a=\frac{2\pi}{3}$ だ。
    ……(答)
重要な点の座標を求めておこう。
 ・左端点 $(-\pi,2)$
 ・最大点 $(-\frac{\pi}{3},4)$
 ・接合部 $(\frac{\pi}{3} ,2)$
 ・最小点 $(\frac{2\pi}{3},8-4\sqrt{3})$
 ・右端点 $(\pi,2)$
したがって、最大値は $l(-\frac{\pi}{3})=4$ で、最小値は $l(\frac{2\pi}{3})=8-4\sqrt{3}$ である。……(答)
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