I順天堂大学 2017年 数学 第I問解答・解説

(1) $a_n=b_n+\alpha$ を漸化式に代入し、定数項を比較すると $\alpha=2$。特性方程式 $6\lambda^2-\lambda-1=0$ の根は $\displaystyle \frac12,-\frac13$ だから、$\displaystyle \gamma=\frac12,\beta=\frac13$。初期値から $c_1=3,d_1=2$ となり $$\displaystyle c_n=3(\frac12)^{n-1},\qquad d_n=2(-\frac13)^{n-1}.$$ また $b_n=(c_n-d_n)/(\beta+\gamma)$ より $$\displaystyle a_n=2+\frac{18}{5}(\frac12)^{n-1}-\frac{12}{5}(-\frac13)^{n-1}.$$ (2) 交点は $O=(0,0),A=(4,4)$。放物線と直線の差を積分して $$\displaystyle [R]=\int_0^4(2x-\frac{x^2}{2})\,dx=\frac{16}{3}.$$ 直線 $y=x$ への垂足は座標の平均を両成分に持つので $\displaystyle Q=(\frac{a^2}{4},\frac{a^2}{4})$。また $$\displaystyle PQ=\frac{|x_P-y_P|}{\sqrt2}=\sqrt2a(1-\frac a4).$$ 軸上の距離を $s$ とすると $\displaystyle s=\frac{a^2}{2\sqrt2}$、従って $\displaystyle ds/da=\frac a{\sqrt2}$。円板法で回転体の体積は $$\displaystyle V=\pi\int_0^4(PQ)^2\frac{ds}{da}\,da=\frac{64\sqrt2}{15}\pi.$$ (3) 原点まわりの回転 $w\mapsto zw$ は形を保つ。正三角形条件から $$\displaystyle z_1=-\frac12\pm\frac{\sqrt3}{2}i.$$ また $w=u+vi$ とおくと、$1,w,\overline w$ が正三角形の頂点である条件は $4v^2=(u-1)^2$。指定された実部を使うと $$\displaystyle z_2=-\sqrt3-1\pm\frac{3+2\sqrt3}{3}i.$$ 同じ絶対値と正三角形の条件を合わせると、もう一つの実部は $\displaystyle \frac32+\sqrt3$、虚部の絶対値は $\displaystyle 1+\frac{\sqrt3}{6}$。よって $$\displaystyle z_3=\frac{3+2\sqrt3}{2}\pm\frac{6+\sqrt3}{6}i.$$ (4) $A=(t,\ln t)\;(t>0)$、$B=(s,e^s)\;(s\text{ は実数})$ とし、原点から各点へ向かう方向角を $\theta,\phi$ とする。Aについて $$\displaystyle \tan\theta=\frac{\ln t}{t},\qquad \frac{d}{dt}\left(\frac{\ln t}{t}\right)=\frac{1-\ln t}{t^2}.$$ したがって $(\ln t)/t$ は $t=e$ で最大値 $1/e$ をとり、$\theta\le\arctan(1/e)$。等号は $A=(e,1)$ で成り立つ。 Bで $s>0$ のとき $$\displaystyle \tan\phi=\frac{e^s}{s},\qquad \frac{d}{ds}\left(\frac{e^s}{s}\right)=\frac{e^s(s-1)}{s^2}.$$ よって $e^s/s$ は $s=1$ で最小値 $e$ をとる。$s\le0$ ではBは第2象限または正のy軸上なので、全体として $\phi\ge\arctan e$。等号は $B=(1,e)$ で成り立つ。 方向角の差 $D=\phi-\theta$ は $$\displaystyle D\ge\arctan e-\arctan(1/e)=:\delta,\qquad D<\frac{3\pi}{2}.$$ ここで $0<\delta<\pi/2$ であり、円周上の2方向の角度は $D$ と $2\pi-D$ の小さい方なので、その角度は常に $\delta$ 以上である。したがって単位ベクトルの内積は、角度差が最小となる $A=(e,1),B=(1,e)$ で最大となる。さらに $\arctan e+\arctan(1/e)=\pi/2$ より $$\displaystyle m=\cos\delta=\frac{2e}{e^2+1},\qquad \ln m=1+\ln2-\ln(e^2+1).$$

(1) $a_n=b_n+\alpha$ を漸化式に代入し、定数部分が変わらない条件から $\alpha=2$。$b$ の特性方程式は $6\lambda^2-\lambda-1=0$ で、根は $\displaystyle \frac12$ と $\displaystyle -\frac13$。指定された $c,d$ はそれぞれ一方の根の項を消すため、$\displaystyle \gamma=\frac12$、$\displaystyle \beta=\frac13$ となる。初期値から $c_1=3,d_1=2$。$\displaystyle c_n=3(\frac12)^{n-1}$、$\displaystyle d_n=2(-\frac13)^{n-1}$、また $\displaystyle b_n=\frac{c_n-d_n}{\beta+\gamma}$ なので一般項を得る。 (2) 放物線と直線の交点方程式から $x=0,4$。面積は直線と放物線の差を $0$ から $4$ で積分する。$P$ から直線 $y=x$ への垂足は座標の平均を両成分に持ち、距離は $\displaystyle \frac{|x_P-y_P|}{\sqrt2}$。回転軸上の位置を弧長 $s$ で表すと、垂足の位置から $\displaystyle s=\frac{a^2}{2\sqrt2}$。これに半径 $PQ$ の円板の面積を掛けて積分すると $\displaystyle \frac{64\sqrt2\pi}{15}$。 (3) $z$ で全体を回転しても正三角形の条件は変わらないので、$\{1,z_1,z_1^2\}$ または $\{1,z_2,\overline{z_2}\}$ で考える。$|z_1|=1$ の条件から $z_1$ は $\displaystyle -\frac12\pm\frac{\sqrt3}{2}i$。$\{1,w,\overline{w}\}$ が正三角形となる条件は、$w=u+vi$ として $4v^2=(u-1)^2$。指定された実部を代入して $z_2$ の虚部を得る。さらに同じ絶対値をもつ直線 $\displaystyle v=\pm\frac{u-1}{\sqrt3}$ と円との交点を求めると、$z_2$ 以外は実部 $\displaystyle \frac32+\sqrt3$、虚部の絶対値 $\displaystyle 1+\frac{\sqrt3}{6}$ となる。 (4) $A=(t,\ln t)$ と $B=(s,e^s)$ の方向角を分けて調べる。$A$ では傾き比 $\displaystyle \frac{\ln t}{t}$ が $t=e$ で最大 $\displaystyle \frac1e$、$B$ では傾き比 $\displaystyle \frac{e^s}{s}$ が $s=1$ で最小 $e$ となる。$B$ の第2象限も含めて全方向角の範囲を確認すると、円周上で両方向が最も近いのは $A=(e,1), B=(1,e)$。その角度差の余弦から $\displaystyle m=\frac{2e}{e^2+1}$ となる。