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2017年早稲田大学理工|過去問徹底研究大問4

2019.09.03

早稲田大学理工過去問徹底研究　2017年大問4 方針の立て方 (1) まずはの表式を求めることを考える．はとの二文字の式であるが，与えられた関係式(漸化式)がを固定してを動かしていることから，はについての数列と見て考えるのがよさそうだと気付く．この漸化式は普通に解けるタイプのものではないから，試し

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早稲田大学理工過去問徹底研究　2017年大問4

方針の立て方

(1)
まずは $p_k\left(t\right)$ の表式を求めることを考える． $p_k\left(t\right)$ は $k$ と $t$ の二文字の式であるが，与えられた関係式(漸化式)が $t$ を固定して $k$ を動かしていることから， $p_k\left(t\right)$ は $k$ についての数列と見て考えるのがよさそうだと気付く．この漸化式は普通に解けるタイプのものではないから，試しに $p_1\left(t\right)$ や $p_2\left(t\right)$ ， $p_3\left(t\right)$ 等を求めると，解法を得られる．数列の問題は代入して解法を得られることが多いため，困ったら代入して計算してみよう．
また，シグマ内のコンビネーションは二項定理で変形することも重要な解法であるためおさえておくこと．

(2)
「 $p_k\left(t\right)$ が確率である」という情報を使っていないことに気付ければ解法が得られる．確率の総和は１であるから，前問の解答と＝にすればよい．
(3)
今度は $k$ を固定して $t$ を動かす．要は， $p_k\left(t\right)$ は $t$ の一変数関数であるから，微分をして求めればよい．

(4)
代入して計算する．やはりシグマ内のコンビネーションが出てくるため，これを二項定理で変形する．

解答例

(1)
まず， $p_k\left(t\right)=\frac{a^k\cdot n!}{k!\left(n-k\right)!}t^n$ であることを $k$ についての数学的帰納法で示す．
$k=0$ のとき，(右辺) $=\frac{a^0\cdot n!}{0!n!}t^n=t^n$ ．よって，成立．
$k=m$ ( $m$ は $1\leqq m\leqq n-1$ を満たす自然数)のときの成立を仮定．つまり， $p_m\left(t\right)=\frac{a^m\cdot n!}{m!\left(n-m\right)!}t^n$ を仮定する．
すると，
$p_{m+1}\left(t\right)=a\cdot\frac{n-\left(m+1\right)+1}{m+1}\cdot p_m\left(t\right)$ ( $\because$ 漸化式) $=a\cdot\frac{n-\left(m+1\right)+1}{m+1}\cdot\frac{a^m\cdot n!}{m!\left(n-m\right)!}t^n$ ( $\because$ 帰納法の仮定) $=\frac{a^{m+1}\cdot n!}{\left(m+1\right)!\left\{n-\left(m+1\right)\right\}!}t^n$
となり，これは $k=m+1$ での成立を意味する．
以上，数学的帰納法により $p_k\left(t\right)=\frac{a^k\cdot n!}{k!\left(n-k\right)!}t^n={{_n^}C}_ka^kt^n$ であることが示せた．証明終了．
さて，途中で二項定理を用いれば，
$\sum_{k=0}^{n}{p_k\left(t\right)}=\sum_{k=0}^{n}{{{_n^}C}_ka^kt^n}=t^n\sum_{k=0}^{n}{{{_n^}C}_ka^k\cdot1^{n-k}}=t^n\left(a+1\right)^n$ ……(答)

(2)
$k=0,1,2,\cdots\cdots,n$ より， $\sum_{k=0}^{n}{p_k\left(t\right)}$ は全事象の確率の和である．
$\therefore\sum_{k=0}^{n}{p_k\left(t\right)}=1$
$\therefore t^n\left(a+1\right)^n=1$
$t\left(a+1\right)>0$ より， $t\left(a+1\right)=1$
$\therefore a=\frac{1-t}{t}$ ……(答)

(3)
$p_k\left(t\right)={{_n^}\mathrm{C}}_k\left(\frac{1-t}{t}\right)^kt^n={{_n^}\mathrm{C}}_k\left(1-t\right)^kt^{n-k}$
$k\neq0,n$ のとき，
$\frac{d}{dt}p_k\left(t\right)={{_n^}\mathrm{C}}_k\left\{-k\left(1-t\right)^{k-1}t^{n-k}+\left(1-t\right)^k\left(n-k\right)t^{n-k-1}\right\}={{_n^}\mathrm{C}}_k\left(1-t\right)^{k-1}t^{n-k-1}\left(-nt+n-k\right)$
よって， $t=0,\frac{n-k}{n},1のとき，\frac{d}{dt}p_k\left(t\right)=0$
増減表を描くと，

$t$	$0$	$\cdots$	$\frac{n-k}{n}$	$\cdots$	$1$
$\frac{d}{dt}p_k\left(t\right)$	$0$	$\mathrm{+}$	$0$	$-$	$0$
$p_k\left(t\right)$		$\nearrow$	最大	$\searrow$

$\therefore T_k=\frac{n-k}{n}$
$k=0$ のとき， $p_0\left(t\right)=t^n$ より， $T_0=1=\frac{n-k}{n}$
$k=n$ のとき， $p_n\left(t\right)=\left(1-t\right)^n$ より， $T_n=0=\frac{n-k}{n}$
よって，全ての $k$ に対して，
$\therefore T_k=\frac{n-k}{n}$ ……(答)

(4)
$E=\sum_{k=0}^{n}{\frac{n-k}{n}\cdot{{_n^}\mathrm{C}}_k\left(1-t\right)^kt^{n-k}}=\sum_{k=0}^{n-1}{\frac{n-k}{n}\cdot{{_n^}C}_k\left(1-t\right)^kt^{n-k}}=t\sum_{k=0}^{n-1}{\frac{\left(n-1\right)!}{k!\left(n-1-k\right)!}\left(1-t\right)^kt^{n-1-k}}\bigm=t\sum_{k=0}^{n-1}{{{_n^}C}_k\left(1-t\right)^kt^{n-1-k}}=t\left\{\left(1-t\right)+t\right\}^{n-1}$ (二項定理) $=t$
$\therefore E=t$ ……(答)

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2017年早稲田大学理工|過去問徹底研究大問3

2019.09.03

早稲田大学理工過去問徹底研究　2017年大問3 方針の立て方 (1) (ⅰ)ABCは共通しているためここを共通の底面と見ると，高さの問題に還元できると考える．すると，点Dと点PからABCへの垂線を引くことが思い浮かび，解法を得る． (ⅱ)前問と同様にABCを底面として見る方針で考える．一先ず前問と

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早稲田大学理工過去問徹底研究　2017年大問3

方針の立て方

(1)
(ⅰ) $\triangle$ ABCは共通しているためここを共通の底面と見ると，高さの問題に還元できると考える．すると，点Dと点Pから $\triangle$ ABCへの垂線を引くことが思い浮かび，解法を得る．
(ⅱ)前問と同様に $\triangle$ ABCを底面として見る方針で考える．一先ず前問と同様に点Dからの垂線を考えれば， $\vec{\mathrm{AB}}$ ， $\vec{\mathrm{AC}}$ は垂線と垂直であり，四面体ABCPの高さに寄与しないことも分かる．

(2)
前問は全て始点がAになっていたので，前問の考え方を活かすには本問のベクトルも始点をAに揃えて考えると都合がいいと見抜く．すると，同様に四面体ABCIの体積を考察すればよいと思いつく．後は面との距離 $r$ の情報を体積に変換すればよい．

(3)
前問の「距離 $r$ の情報を体積に変換」したときの考え方が，内接球の半径から体積を求めるときの考え方と同じであるというところから解法を得る．

解答例

(1)
(ⅰ)
$\triangle$ ABC含む平面が水平になるように立体を見る．

上図のように，点Dから $\triangle$ ABCを含む平面に下した垂線と，Pから $\triangle$ ABCを含む平面に下した垂線は，相似比から， $1\colon\left|t\right|$ となる．底面を $\triangle$ ABCとして考えれば，
$\therefore\frac{V_P}{V}=\left|t\right|$ ……(答)
(ⅱ)
前問と同様に $\triangle$ ABCを含む平面が水平になるように立体を見て，Pから $\triangle$ ABCを含む平面に垂線を下したとき，垂線の長さに影響を与えるのは $\vec{\mathrm{AD}}$ のみである( $\because\vec{\mathrm{AB}}$ と $\vec{\mathrm{AC}}$ は垂線と直交)．
$\frac{V_P}{V}=\left|d\right|$ ……(答)

(2)
Iの位置ベクトルの式を，始点をAにして書き直すと，
$\vec{\mathrm{AI}}=\frac{\beta\vec{\mathrm{AB}}+\gamma\vec{\mathrm{AC}}+\delta\vec{\mathrm{AD}}}{\alpha+\beta+\gamma+\delta}$
$\triangle$ ABCを底面と見て，前問と同様の議論を行えば，四面体ABCIの体積を $V_I$ として，
$\frac{V_I}{V}=\left|\frac{\delta}{\alpha+\beta+\gamma+\delta}\right|=\frac{\delta}{\alpha+\beta+\gamma+\delta}$
となる．また， $\triangle$ ABCの面積は $\delta$ のため，
$V_I=\frac{1}{3}\delta r$
と書ける．
$\therefore\frac{\frac{1}{3}\delta r}{V}=\frac{\delta}{\alpha+\beta+\gamma+\delta}\Leftrightarrow r=\frac{3V}{\alpha+\beta+\gamma+\delta}$ ……(答)

(3)
$\triangle$ ABC以外の面についても前問の議論を行えば，点Iは四面体ABCDの全ての面との距離が $\frac{3V}{\alpha+\beta+\gamma+\delta}$ であることが分かる．これは，点Iが四面体ABCDの内接球の中心であることに他ならない．
証明終了．

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2019.09.03

早稲田大学理工過去問徹底研究　2017年大問2 方針の立て方 (1)基本問題であるため特筆事項なし． (2)絶対値問題の初動捜査である符号の変わり目で場合分け(分割)を行う． (3)典型的な微分法の最大最小問題であり特筆事項なし．解答例 (1) よって，増減表を描くと，また，で軸と交わる．よ

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早稲田大学理工過去問徹底研究　2017年大問2

方針の立て方

(1)基本問題であるため特筆事項なし．
(2)絶対値問題の初動捜査である符号の変わり目で場合分け(分割)を行う．
(3)典型的な微分法の最大最小問題であり特筆事項なし．

解答例

(1)
$f^\prime\left(x\right)=-ae^{-a\left(x-2\right)}-a\left(2-ax\right)e^{-a\left(x-2\right)}=a\left(ax-3\right)e^{-a\left(x-2\right)}$
よって，増減表を描くと，

$x$	$\cdots$	$\frac{3}{a}$	$\cdots$
$f^\prime\left(x\right)$	$-$	$0$	$\mathrm{+}$
$f\left(x\right)$	$\searrow$	$-e^{2a-3}$	$\nearrow$

$\lim_{x\rightarrow-\infty}{f\left(x\right)}=\infty$
$\lim_{x\rightarrow\infty}{f\left(x\right)}=0$
また， $x=\frac{2}{a}$ で $x$ 軸と交わる．
よって，
(上図が答え)

(2)
$p=\frac{3}{a}$ である． $x=\frac{2}{a}$ で $f\left(x\right)$ が正から負に符号変化することに注意すると，
$S=\int_{0}^{\frac{2}{a}}f\left(x\right)dx+\int_{\frac{2}{a}}^{\frac{3}{a}}\left\{-f\left(x\right)\right\}dx$
ここで，
$\int f\left(x\right)dx=\int{2e^{-a\left(x-2\right)}}dx+\int{\left(-ax\right)e^{-a\left(x-2\right)}}dx\bigm=-\frac{2}{a}e^{-a\left(x-2\right)}+xe^{-a\left(x-2\right)}-\int e^{-a\left(x-2\right)}dx$ (第2項に部分積分) $=-\frac{2}{a}e^{-a\left(x-2\right)}+xe^{-a\left(x-2\right)}+\frac{1}{a}e^{-a\left(x-2\right)}+C\bigm=\left(x-\frac{1}{a}\right)e^{-a\left(x-2\right)}+C$ ( $C$ は積分定数)
$\therefore S=\left[\left(x-\frac{1}{a}\right)e^{-a\left(x-2\right)}\right]_0^{\frac{2}{a}}-\left[\left(x-\frac{1}{a}\right)e^{-a\left(x-2\right)}\right]_{\frac{2}{a}}^{\frac{3}{a}}=\frac{e^{2a}}{a}\left(1+2e^{-2}-2e^{-3}\right)$ ……(答)

(3)
$1+2e^{-2}-2e^{-3}>0$ に注意して， $\frac{e^{2a}}{a}$ の最小値を考える．
$g\left(a\right)=\frac{e^{2a}}{a}$ とする．
$g^\prime\left(a\right)=\frac{\left(2a-1\right)e^{2a}}{a^2}$
増減表を描くと，

$a$	$\cdots$	$\frac{1}{2}$	$\cdots$
$g^\prime\left(a\right)$	$-$	$0$	$\mathrm{+}$
$g\left(a\right)$	$\searrow$	最小	$\nearrow$

よって， $S$ を最小にする $a$ の値は， $a=\frac{1}{2}$ ……(答)

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2017年早稲田大学理工|過去問徹底研究大問1

2019.09.03

早稲田大学理工過去問徹底研究　2017年大問1 方針の立て方 (1) 消すべき文字はであるが，はPQ上の点を代入することで消滅するため，実質消去すべき文字はのみである．そのため，二点を代入して，連立方程式として解けばよいことが分かる． (2) への変換であるため，をの式に書き直せばよい． (3)

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早稲田大学理工過去問徹底研究　2017年大問1

方針の立て方

(1)
消すべき文字は $z,\bar{z},\bar{\beta}$ であるが， $z,\bar{z}$ はPQ上の点を代入することで消滅するため，実質消去すべき文字は $\bar{\beta}$ のみである．そのため，二点を代入して，連立方程式として解けばよいことが分かる．

(2)
$z\rightarrow w$ への変換であるため， $z$ を $w$ の式に書き直せばよい．

(3)
$\triangle$ PQRの内部を求める問題であるが， $\triangle$ PQRの辺(領域の境界)について考え，その内部と考えればよい．複素共役は複素数平面では実軸対称性を持つことに注意すると，余計な計算をしないで済む．

解答例

(1)
$z=1$ を通るので， $\beta+\bar{\beta}+1=0$
$z=\alpha$ を通るので， $\beta\alpha+\bar{\beta}\bar{\alpha}+1=0$
二式から $\bar{\beta}$ を削除して，
$\beta=\frac{1-\bar{\alpha}}{\bar{\alpha}-\alpha}=\frac{1-\left(\frac{1}{2}-\frac{\sqrt3}{6}i\right)}{\left(\frac{1}{2}-\frac{\sqrt3}{6}i\right)-\left(\frac{1}{2}+\frac{\sqrt3}{6}i\right)}=-\frac{1}{2}+\frac{\sqrt3}{2}i$ ……(答)

(2)
$z=\frac{1}{w}$ であるから，(1)のPQの式に代入して，
$\frac{\beta}{w}+\frac{\bar{\beta}}{\bar{w}}+1=0\Leftrightarrow\left(\bar{w}+\bar{\beta}\right)\left(w+\beta\right)=\beta\bar{\beta}\Leftrightarrow\left|w+\beta\right|^2=1\left(\because\beta\bar{\beta}=1\right)$
よって， $-\beta$ を中心とする半径1の円……(答)

(3)
直線QRを表す式は， $\frac{z+\bar{z}}{2}=\frac{1}{2}\Leftrightarrow z+\bar{z}=1$ である．
$z=\frac{1}{w}$ を代入すると，
$\frac{1}{w}+\frac{1}{\bar{w}}=1\Leftrightarrow\left(\bar{w}-1\right)\left(w-1\right)=1\Leftrightarrow\left|w-1\right|^2=1$
よって，直線QR上を点 $w$ が動くときの軌跡は，１を中心とする半径１の円．
直線PR上を動くときは，直線PRが直線PQの複素共役であることを考えると， $-\bar{\beta}$ を中心とする半径1の円．
求める範囲は，(2)の円と，上記の２円の計３円で囲まれた領域であり，図示すると，

また，面積については，

上図のように考えれば，求める面積は，中心角 $\frac{2}{3}\pi$ の扇形から，正三角形を取り除いた中心角 $\frac{1}{3}\pi$ の扇形を２つ引いた面積と等しくなる(扇形の半径はどれも１)ため，
$\frac{1}{2}\cdot1^2\cdot\frac{2}{3}\pi-2\cdot\left(\frac{1}{2}\cdot1^2\cdot\frac{1}{3}\pi-\frac{1}{2}\cdot1\cdot1\cdot\sin{\frac{\pi}{3}}\right)=\frac{\sqrt3}{2}$ ……(答)

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2018年早稲田大学理工|過去問徹底研究大問4

2019.09.02

早稲田大学理工過去問徹底研究　2018年大問4 方針の立て方 (1) 素直に微分すればよい． (2) (ⅰ)通常の極値問題と同様に微分して考えればよい． (ⅱ)これも典型的な回転体の体積の問題であるため特筆事項なし． (ⅲ)実際にをはじめの数項を書き出してみれば，数列の和の問題だと分かる．解答例

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早稲田大学理工過去問徹底研究　2018年大問4

方針の立て方

(1)
素直に微分すればよい．

(2)
(ⅰ)通常の極値問題と同様に微分して考えればよい．
(ⅱ)これも典型的な回転体の体積の問題であるため特筆事項なし．
(ⅲ)実際に $\sum_{n=1}^{\infty}V_n$ をはじめの数項を書き出してみれば，数列の和の問題だと分かる．

解答例

(1)
積の微分法則を使えば，
$f^\prime\left(x\right)=e^x\left(\cos{x}+\sin{x}\right)+e^x\left(-\sin{x}+\cos{x}\right)=2e^x\cos{x}$ ……(答)

(2)
(ⅰ)
積の微分法則と三角関数の合成を用いれば，
$g^\prime\left(x\right)=-\pi e^{-\pi x}\sin{\pi x}+\pi e^{-\pi x}\cos{\pi x}=\pi e^{-\pi x}\left(\cos{\pi x}-\sin{\pi x}\right)=\sqrt2\pi e^{-\pi x}\sin{\left(\pi x+\frac{3}{4}\pi\right)}$
よって， $g^\prime\left(x\right)=0$ となるのは， $\pi x+\frac{3}{4}\pi=n\pi\Leftrightarrow x=n-\frac{3}{4}$ ( $n$ は任意の整数)のとき．
$n$ が偶数のとき，その前後で $g^\prime\left(x\right)$ の符号は負から正となる．故に極小値は， $g\left(n-\frac{3}{4}\right)=-\frac{\sqrt2}{2}e^{-\left(n-\frac{3}{4}\right)\pi}$
$n$ が奇数のとき，その前後で $g^\prime\left(x\right)$ の符号は正から負となる．故に極大値は， $g\left(n-\frac{3}{4}\right)=\frac{\sqrt2}{2}e^{-\left(n-\frac{3}{4}\right)\pi}$
よって， $m$ を任意の整数として，
極大値は $22e-2m+14\pi$ ……(答)
極小値は $-22e-2m-34\pi$ ……(答)
(ⅱ)
$V_n=\int_{n-1}^{n}{\pi\left\{g\left(x\right)\right\}^2}dx=\int_{n-1}^{n}{\pi e^{-2\pi x}{\mathrm{sin}}^2\pi x}dx=\int_{n-1}^{n}{\pi e^{-2\pi x}\cdot\frac{1-\mathrm{cos} {2\pi x}}{2}}dx=\int_{n-1}^{n}{\frac{1}{2}\pi e^{-2\pi x}}dx-\frac{1}{2}\int_{n-1}^{n}{\pi e^{-2\pi x}\mathrm{cos} {\left(-2\pi x\right)}}dx$
ここで，
$\int_{n-1}^{n}{\frac{1}{2}\pi e^{-2\pi x}}dx=\left[-\frac{1}{4}e^{-2\pi x}\right]_{n-1}^n=-\frac{1}{4}e^{-2n\pi}+\frac{1}{4}e^{-2\left(n-1\right)\pi}$
更に $-2\pi x=y$ として置換積分を行えば，
$\int_{n-1}^{n}{\pi e^{-2\pi x}\cos{\left(-2\pi x\right)}}dx=-\frac{1}{2}\int_{-2\left(n-1\right)\pi}^{-2n\pi}{e^y\cos{y}}dy\bigm=-\frac{1}{2}\left[\frac{1}{2}e^y\left(\cos{y}+\sin{y}\right)\right]_{-2\left(n-1\right)\pi}^{-2n\pi}\bigm=-\frac{1}{4}\left(e^{-2n\pi}-e^{-2\left(n-1\right)\pi}\right)$
である．
$\therefore V_n=-\frac{1}{4}e^{-2n\pi}+\frac{1}{4}e^{-2\left(n-1\right)\pi}-\frac{1}{2}\left\{-\frac{1}{4}\left(e^{-2n\pi}-e^{-2\left(n-1\right)\pi}\right)\right\}=\frac{1}{8}\left(e^{-2\left(n-1\right)\pi}-e^{-2n\pi}\right)$ ……(答)
(ⅲ)
$\sum_{n=1}^{\infty}V_n=\frac{1}{8}\left(e^{-2\cdot0\cdot\pi}-e^{-2\cdot1\cdot\pi}\right)+\frac{1}{8}\left(e^{-2\cdot1\cdot\pi}-e^{-2\cdot2\cdot\pi}\right)+\frac{1}{8}\left(e^{-2\cdot2\cdot\pi}-e^{-2\cdot3\cdot\pi}\right)+\cdots\cdots=\frac{1}{8}e^{-2\cdot0\cdot\pi}-\lim_{n\rightarrow\infty}{e^{-2n\pi}}=\frac{1}{8}$ ……(答)
(※無限等比級数の第２項と第３項，第４項と第５項，第６項と第７項，……が相殺される)
(別解)
$V_n=\frac{1}{8}\left(e^{-2\left(n-1\right)\pi}-e^{-2n\pi}\right)=\frac{1}{8}\left(1-e^{-2\pi}\right)e^{-2\left(n-1\right)\pi}=\frac{1}{8}1-e-2\pi\cdote-2\pin-1$ は，初項 $\frac{1}{8}\left(1-e^{-2\pi}\right)$ ，公比 $e^{-2\pi}$ の等比数列 (なお， $0<e^{-2\pi}<1$ である)．
$\therefore\sum_{n=1}^{\infty}V_n=\frac{\frac{1}{8}\left(1-e^{-2\pi}\right)}{1-e^{-2\pi}}=\frac{1}{8}$ ……(答)

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2019.09.02

早稲田大学理工過去問徹底研究　2018年大問3 方針の立て方 (1) 典型的な背理法の問題であるため特筆事項なし． (2) をかけるだけである．の形を作り出そうと考えると，この解法が思いつく． (3) 導くべき式にがないことから，を削除すればよいと判断する．使える式はとであるから，この２式を連立し

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早稲田大学理工過去問徹底研究　2018年大問3

方針の立て方

(1)
典型的な背理法の問題であるため特筆事項なし．

(2)
$\sqrt[3]{p}$ をかけるだけである． $ap$ の形を作り出そうと考えると，この解法が思いつく．

(3)
導くべき式に $\left(\sqrt[3]{p}\right)^2$ がないことから， $\left(\sqrt[3]{p}\right)^2$ を削除すればよいと判断する．使える式は $a\left(\sqrt[3]{p}\right)^2+b\sqrt[3]{p}+c=0$ と $ap+b\left(\sqrt[3]{p}\right)^2+c\sqrt[3]{p}=0$ であるから，この２式を連立して消去する．

(4)
前問でわざわざ $\sqrt[3]{p}$ でまとめたこと，(1)で $\sqrt[3]{p}$ を無理数と証明したことから解法を得る．

解答例

(1)
背理法で示す．
$\sqrt[3]{p}$ が有理数だと仮定して， $\sqrt[3]{p}=\frac{b}{a}$ ( $a,b$ は互いに素な整数で $a>0$ )とする．
両辺を３乗して， $p=\frac{b^3}{a^3}\Leftrightarrow pa^3=b^3$
ここで， $b^3$ は $p$ の倍数である必要があるが， $p$ が素数であることから， $b$ が $p$ の倍数である必要がある．
そこで， $b=np$ ( $n$ は整数)とおく．
すると， $pa^3=n^3p^3\Leftrightarrow a^3=n^3p^2$ となる．
よって， $a^3$ は $p$ の倍数となるが，上記と同様に考えると $a$ が $p$ の倍数となる．
よって， $a$ も $b$ も $p$ の倍数となるが，これは， $a,b$ が互いに素な整数であることに反する．
この矛盾は， $\sqrt[3]{p}$ を有理数だとした当初の仮定に起因する．よって， $\sqrt[3]{p}$ は無理数である．
証明終了．

(2)
$a\left(\sqrt[3]{p}\right)^2+b\sqrt[3]{p}+c=0$ の両辺に $\sqrt[3]{p}$ を掛けることで，
$a\left(\sqrt[3]{p}\right)^2+b\sqrt[3]{p}+c=0\Rightarrow ap+b\left(\sqrt[3]{p}\right)^2+c\sqrt[3]{p}=0$
証明終了．

(3)
前問の結果より，
$ap+b\left(\sqrt[3]{p}\right)^2+c\sqrt[3]{p}=0\Leftrightarrow\left(\sqrt[3]{p}\right)^2=-\frac{ap+c\sqrt[3]{p}}{b}$ が成り立つ．
これを $a\left(\sqrt[3]{p}\right)^2+b\sqrt[3]{p}+c=0$ に代入すると，
$a\left(-\frac{ap+c\sqrt[3]{p}}{b}\right)+b\sqrt[3]{p}+c=0\Leftrightarrow bc-a^2p+\left(b^2-ac\right)\sqrt[3]{p}=0$
証明終了．

(4)
前問の結果より，
$bc-a^2p+\left(b^2-ac\right)\sqrt[3]{p}=0$
が成り立つ．
(1)より， $\sqrt[3]{p}$ は無理数のため，上式が成り立つためには，
$\begin{cases} bc-a^2p=0 \\ b^2-ac=0 \end{cases}$
が成り立てば必要十分．
仮に $a\neq0$ だとすると，
$b^2-ac=0\Leftrightarrow c=\frac{b^2}{a}$ であり，故に $bc-a^2p=b\cdot\frac{b^2}{a}-a^2p=0\Leftrightarrow b^3=a^3p$
$\therefore b=a\sqrt[3]{p}$ となるが， $\sqrt[3]{p}$ が無理数で $a,b$ は整数であるから矛盾．よって， $a=0$ ．
$\therefore b^2-ac=0\Leftrightarrow b=0$
$\therefore a\left(\sqrt[3]{p}\right)^2+b\sqrt[3]{p}+c=0\Leftrightarrow c=0$
以上より， $a=b=c=0$
証明終了．

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大問1

大問2

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2018年早稲田大学理工|過去問徹底研究大問2

2019.09.02

早稲田大学理工過去問徹底研究　2018年大問2 方針の立て方 (1) 領域の図示も求積も頻出問題のため特筆事項なし．図示する場合には共有点はきちんと出しておくようにしよう． (2) 領域はの範囲に限られるため，は高々９通りを考えれば良い．そのためトリッキーな解法を考えるよりも，虱潰しに数え上げた方

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早稲田大学理工過去問徹底研究　2018年大問2

方針の立て方

(1)
領域の図示も求積も頻出問題のため特筆事項なし．図示する場合には共有点はきちんと出しておくようにしよう．

(2)
領域は $-3\leqq x\leqq5$ の範囲に限られるため， $x$ は高々９通りを考えれば良い．そのためトリッキーな解法を考えるよりも，虱潰しに数え上げた方が速いと判断し，地道に数え上げる．

解答例

(1)
$\begin{cases} y=x+1 \\ y=-3x+5 \\ y=-\frac{1}{4}x^2-\frac{1}{2}x-\frac{5}{4}=-\frac{1}{4}\left(x+1\right)^2-1 \end{cases}$
これを図示すると，

(なお， $\left(-3,-2\right)$ と $\left(5,-10\right)$ で，放物線は直線と接する．)
よって，求める面積は，
$\int_{-3}^{1}\left\{\left(x+1\right)-\left(-\frac{1}{4}x^2-\frac{1}{2}x-\frac{5}{4}\right)\right\}dx+\int_{1}^{5}\left\{\left(-3x+5\right)-\left(-\frac{1}{4}x^2-\frac{1}{2}x-\frac{5}{4}\right)\right\}dx\bigm=\left[\frac{1}{12}x^3+\frac{3}{4}x^2+\frac{9}{4}x\right]_{-3}^1+\left[\frac{1}{12}x^3-\frac{5}{4}x^2+\frac{25}{4}x\right]_1^5=\frac{32}{3}$ ……(答)

(2)
$x=-3$ から $x=5$ まで， $x$ を一つずつ動かしながら考える．
$x=-3$ ……０個
$x=-2$ ……０個
$x=-1$ ……０個
$x=0$ ……２個
$x=1$ ……３個
$x=2$ ……２個
$x=3$ ……０個
$x=4$ ……０個
$x=5$ ……０個
よって，求める個数は $2+3+2=7$ 個……(答)

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TOMAS(トーマス)高田馬場校舎 |評判、口コミ、システム、授業料について

2019.09.01

個別指導といえばTOMASさんと言うくらい有名な個別指導塾です。具体的にどのような塾なのかわからない点も多いかと思います。そこで今回はその良さをお伝えしたいと思います。 TOMAS高田馬場校舎のそのシステムとは今回の記事ではTOMAS高田馬場校舎のシステムを具体的にお伝えしていきます。その1

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個別指導といえばTOMASさんと言うくらい有名な個別指導塾です。
具体的にどのような塾なのかわからない点も多いかと思います。

そこで今回はその良さをお伝えしたいと思います。
[toc]
TOMAS高田馬場校舎のそのシステムとは

今回の記事ではTOMAS高田馬場校舎のシステムを具体的にお伝えしていきます。

その1 完全1対1の授業

個別指導塾とはいっても1対2,1対3などの個別指導塾もあり、個別じゃない塾も多いですが、TOMASさんでは講師を完全に1対1で独占ができます。

その2 豊富な講師陣

TOMAS高田馬場校舎には、プロ講師から大学生講師まで豊富な講師陣がいます。そのためどのよな生徒であっても対応がしやすくなっています。

その3 各生徒の弱点や志望校に合わせた教材

生徒の学力や志望校、所属の学校に合わせた教材を用意しているようです。自分の学校に対応してくれるのは安心ですね。

料金は？

講師のランクに応じて変わるようですが、週1回90分で37500円~60000円ほどになるようです。週3回で3科目だと,10万〜18万円くらいになりますね。

TOMASとHIRO ACADEMIAとの比較

TOMAS高田馬場校舎という素晴らしい塾がある中で恐縮ですが、私たちの塾(HIRO ACADEMIA)との比較をしていきますね。塾選びの参考になりますと幸いです。

違う点1 完全1対1の早慶対策の授業がある

授業をすることで実施している参考書の理解度を深めていきます。

自分一人で参考書をやっていると自己満足しがちな勉強に陥ってしまいます。このような状況ですと、どんだけ参考書を行っても成績を上げることができません。

こうした問題を解決するため当塾では、完全一対一で個別指導を実施しています。

また参考書を実施しているだけだとどこを重点的に行えば良いのか？、参考書に載っていない答が出た際にどのように対応すれば良いのか？ということに困ってしまいます。

こうした問題を解決する際にも、授業で解決していきます。

違う点2 塾内の模試がある

当塾では、大手予備校で実施される模試に加えて、当塾独自で模試を実施しています。

大手予備校で実施される模試ですとなぜ間違えたのか？、などの分析を自分でしていくことになりますが、多くの場合うまくその模試をいかすことができていません。

当塾で実施する模試については、どのように模試を活用するかのフォローアップも最後までしていきます。

また、この模試の結果を踏まえて、普段の指導にあてていきます。

違う点3 月1での集団での補講

個別だと生徒一人一人に合わせるため進路が独りよがりになりがちです。
また、復習がたまってしまったりと問題が発生してしまいます。
そうした、問題を解消すべく当塾では月に一度補講の日程を用意しております。

そのためいつまでたってもできるようにならない・・・という問題を解消できます。

違う点4 記述力、考える力に力点を置いている

当塾では記述力や日々の自分の勉強を振り返っていくという点を重要視しています。

具体的には毎日の勉強を終わった後に振り返りをしてもらったり、日々の計画表を自分自身で立てたりすることです。書く力や考える力というのは伸ばしづらいのですが、このように自分のことを考えることによって、かんがえる力を伸ばしていきます。

このような考える力や記述力は短期的には目に見えないものですが、長期にわたって、自身の学力や考える力を上げることができるのです。

特にこれからの入試のことを考えるのであれば、考える力は必要不可欠です。こうした力なしで大学入試を迎えることはできません。

当塾ではこうした力を鍛えていくために、考える力の指導を行っています。

違う点5 夏、冬で合宿の実施

当塾では、夏と冬に合宿を行っています。　一日中生徒と一緒にいてどのように勉強をしていくのか？ムダな勉強の仕方はないか？という点を細かく確認していきます。

合宿について詳しくはこちらをご確認ください。

https://hiroacademia.jpn.com/news/2019summer-school-trip/

https://hiroacademia.jpn.com/news/2018-19%e5%b9%b4%e5%b9%b4%e8%b6%8a%e3%81%97%e5%90%88%e5%ae%bf%e3%81%ae%e5%a0%b1%e5%91%8a/

https://hiroacademia.jpn.com/news/study-training/

当塾の料金は？

多くの塾生が選択する早慶ダブルコースが78,000円(税別)となっています。
プラスで小論文の授業をつけたり、自分の苦手な科目の授業を追加でお願いする生徒も多いです。

当塾のデメリットとは？

当塾は他の大手の塾さんとは違って、できてから10年程度の比較的新しい塾です。そのため、大手の塾さんと比べて、至らない点があるかもしれません。

その点は事前にご了承ください。

早慶受験でお困りであればまずはカウンセリングへ

ただその分生徒の距離感は他の塾よりも近く、ちょっとした相談もしやすい環境となっております。塾に行っても質問ができない・・何をしていいか困っているなど、ご相談がありましたらお気軽にこちらより相談してください。

早慶への世界史勉強法マップ|早慶の世界史を0から学ぶ方法

2019.08.31

このページでは、当塾で指導している早稲田慶應に合格するための最速で効率的に世界史の成績をあげる勉強方法をお伝えします。ページ目次インプット|流れの把握と語彙を覚えるインプット|細かな歴史語彙を覚えていくアウトプット|問題集を解くリーズニングができる早慶に合格するオススメの参考書プランが知りたい!早

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このページでは、当塾で指導している早稲田慶應に合格するための最速で効率的に世界史の成績をあげる勉強方法をお伝えします。 [toc]
インプット|流れの把握と語彙を覚える

世界史ができるためには、まずはでてきた歴史語彙を覚えていく必要があります。

ですが、最初の段階では細かな語彙を覚える必要はありません。
それよりも全体の流れを掴むことに専念しましょう。流れを掴むというのは、教材をざっくり読むのと各世紀においてどこで何が起こったかの把握と簡単な因果関係の把握となります。

また、覚える語彙はとにかく頻度の高いもののみに絞ってください。いきなりたくさん覚えようとしても覚えられませんし忘れます。ですので、よく出る部分のみで抑えるようにしてください。

世界史のインプットの勉強法についてはこちらの記事からどうぞ
[nlink url="https://hiroacademia.jpn.com/blog/program/sekaishi-benkyo/"]
インプット|細かな歴史語彙を覚えていく

インプットを進めるにしたがって、知識の詳細度を高めてください。全体像を最初に把握して、そのあとに細かな部分を暗記するようにしてください。この段階では、時間がない場合は問題集を解く必要はなく、一問一答などで確認するだけで良いでしょう。覚えるべきことを覚えてない限りは、問題集をやってもできるようになりません。

一問一答の使い方についてはこちらをご覧ください。

アウトプット|問題集を解く

もちろんこのくらいの偏差値にとどくよりも前に行っても問題ありません。分野によっては得意不得意があるため、できる部分もあるでしょう。
ただ偏差値60というのが基礎が身についたかどうかの一つの基準になるためこのレベルよりも明らかに下の場合はまずはインプットに集中しましょう。

リーズニングができる

早慶などの私大の場合は、選択肢から選ぶ形式となっているため文章を読むことができなくても、「なんとなくわかれば答えがでる！」と思い込んでいる人が多いようです。

もちろん、このレベルの受験生が論外で受かるわけがないのは当然でしょう。

なぜその答えを選ぶのか？どうして答えになるのか？という部分を徹底的に行っていきましょう。
問題を見ただけで自身で選択肢を見ないで、答えを出せるレベルまで行った上で選択肢を吟味してなぜその選択肢が間違っているのか？、なぜその選択肢があっているのか？という点を言葉で人に説明できるレベルまで持っていけると良いでしょう。
赤本のや青本の解説を見てわかったと勘違いしていても早慶には程遠いです。

自身で解説ができるくらい全ての選択肢の正誤の理由を考えていきましょう。当塾では全ての選択肢について正誤の理由を書いていくのを必須としています。

早慶に合格するオススメの参考書プランが知りたい!

早稲田慶應に合格するために必要な参考書をこちらで紹介しています。このプランを見て君も偏差値30から合格を目指そう！

早慶合格に必要な参考書プランはこちらから

当塾(HIRO ACADEMIA)では,2019年6月までに7年間の指導の中で、500人以上の生徒に指導をして、数千人規模の人々に早稲田、慶應に合格するためのカウンセリングを行い、その多くが偏差値10以上成績を伸ばしています。

さらに具体的に世界史をどのように参考書を使って学習をしたら良いのかについてはこちらのページでお伝えしています。

早稲田慶應を目指して成績を圧倒的にあげたいのであれば・・・

早稲田慶應に合格するために何をしたら良いのか、圧倒的に成績をあげるためにはどうしたら良いのか、カウンセリングでは全てをお伝えします。こちらからお申し込みください。

2016年慶應大学理工|過去問徹底研究大問4

2019.08.31

慶應義塾大学過去問徹底研究　2016年大問4 方針の立て方 (1) 実際にに小さい順から値を代入して確かめてみることで，方針どころか答えが得られる． (2) この問題の困難の一つは未知数が多いことである()．まずはこの未知数を減らしたい．事実Fを用いればを消去できると考え，早速事実Fを用いる．この

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慶應義塾大学過去問徹底研究　2016年大問4

方針の立て方

(1)
実際に $k$ に小さい順から値を代入して確かめてみることで，方針どころか答えが得られる．

(2)
この問題の困難の一つは未知数が多いことである( $a,b,k$ )．まずはこの未知数を減らしたい．事実Fを用いれば $a$ を消去できると考え，早速事実Fを用いる．この問題では，整数 $k$ が任意であることに注意したい．また，複素数の累乗を見たらド・モアブルの定理を疑うことは基本解法としておさえておきたい．その後， $m$ を動かすことで答えが分かる．

(3)
複素数の累乗を見たらド・モアブルの定理を疑うという基本解法，三角関数は $2\pi$ 周期の関数であることから方針を得る．その後は，分数の厄介さを解消するために分母を払うこと，更に， $a,b$ が互いに素であることから，１次不定方程式に持ち込むことを考えたい．

(4)
(2)と問題設定が似ているため，(2)の結果を用いたい．その後は素直に集合 $Q_1$ の要素と集合 $Q_2$ の要素を掛け合わせたものを考えていけばよい． $2\left(\frac{k_1b_2+k_2b_1}{b_1b_2}\right)\pi$ の範囲を考えれば，重複を考える必要があると分かる． $b_1$ と $b_2$ が互いに素でないときは， $\begin{cases}b_1=db_1^\prime\\b_2=db_2^\prime\end{cases}$ ( $b1',b2'$ は互いに素な整数)と書けることは頻出の解法のためおさえておきたい．

解答例

(1)
ツ:3
(2)
テ: $b$
(3)以下、解答
$2akbπ=2πb+2nπ$ ( $n$ は整数)となる $k$ が存在すれば必要十分．
$\frac{2ak}{b}\pi=\frac{2\pi}{b}+2n\pi\Leftrightarrow ak=1+nb\Leftrightarrow ak-nb=1$
$a$ ， $b$ は互いに素であるから，この１次不定方程式を満たす整数の組 $\left(k,n\right)$ は存在する．
証明終了．
(4)
ト: $b_1b_2$
ナ: $\frac{b_1b_2}{d}$

解説
(1)
$k=1,2$ は，自明に不可．
$k=3$ のとき，
$\left(\cos{\frac{4}{5}\pi}+i\sin{\frac{4}{5}\pi}\right)^k=\cos{\frac{12}{5}\pi}+i\sin{\frac{12}{5}\pi}$ (ド・モアブルの定理) $=\cos{\frac{2}{5}\pi}+i\sin{\frac{2}{5}\pi}$
よって，求める $k$ は3……(答)

(2)
事実Fから，
$P=$ { $z|z$ は整数 $m$ を用いて $\left(\cos{\frac{2}{b}\pi}+i\sin{\frac{2}{b}\pi}\right)^m$ と表される複素数
となる．
$z=\left(\cos{\frac{2}{b}\pi}+i\sin{\frac{2}{b}\pi}\right)^m=\cos{\frac{2m}{b}\pi}+i\sin{\frac{2m}{b}\pi}$ は， $m=1,2,\cdots\cdots,b$ のそれぞれの値に対して，異なる複素数となるが，それ以外の整数については， $m=1,2,\cdots\cdots,b$ のどれかの整数を代入した複素数と同じ複素数となる．
$\therefore n\left(P\right)=b$ ……(答)

(4)
(2)と同様に考えると，
$Q_1=$ { $z|z$ は整数 $k_1$ を用いて $\left(\cos{\frac{2}{b_1}\pi}+i\sin{\frac{2}{b_1}\pi}\right)^{k_1}$ と表される複素数}
$Q_2=$ { $z|z$ は整数 $k_1$ を用いて $\left(\cos{\frac{2}{b_2}\pi}+i\sin{\frac{2}{b_2}\pi}\right)^{k_2}$ と表される複素数}
であり，
$n\left(Q_1\right)=b_1$
$n\left(Q_2\right)=b_2$
である．
〇 $b_1$ と $b_2$ が互いに素であるとき
$\left(\cos{\frac{2k_1}{b_1}\pi}+i\sin{\frac{2k_1}{b_1}\pi}\right)\cdot\left(\cos{\frac{2k_2}{b_2}\pi}+i\sin{\frac{2k_2}{b_2}\pi}\right)=\cos{2\left(\frac{k_1b_2+k_2b_1}{b_1b_2}\right)\pi}+i\sin{2\left(\frac{k_1b_2+k_2b_1}{b_1b_2}\right)\pi}$
ここで， $k_1=1,2,\cdots\cdots,b_1$ ， $k_2=1,2,\cdots\cdots,b_2$ の範囲で考えると(この範囲のみで考えても， $Q_1$ ， $Q_2$ の全ての要素を考えつくしたことになる)， $0<k_1\leqq b_1$ ， $0<k_2\leqq b_2$ より，
$0<2\left(\frac{k_1b_2+k_2b_1}{b_1b_2}\right)\pi$ ≦ $4pi$
となる．よって， $Q_1$ と $Q_2$ の異なる要素の組を掛け合わせたとしても，その積に重複が生じる可能性があると考えられるが，以下では，その重複が存在しないことを示す．
そのために，
$\frac{k_1b_2+k_2b_1}{b_1b_2}=\frac{k_1^\prime b_2+k_2^\prime b_1}{b_1b_2}+n$ ( $n=0,1$ ) $\Leftrightarrow$ $\frac{k_1-k_1^\prime}{b_1}+\frac{k_2-k_2^\prime}{b_2}=n$
となる整数の組 $\left(k_1^\prime,k_2^\prime\right)$ を考える．
上の方程式を満たす $\left(k_1^\prime,k_2^\prime\right)$ の組が， $\left(k_1,k_2\right)$ のみであることを示せれば，必要十分である．
まず， $n=0$ となるには，
$\begin{cases}k_1-k_1^\prime=0\\k_2-k_2^\prime=0\end{cases}\Leftrightarrow\left(k_1,k_2\right)=\left(k_1^\prime,k_2^\prime\right)$
が必要．
次に， $n=1$ となるには，
$\frac{k_1-k_1^\prime}{b_1}+\frac{k_2-k_2^\prime}{b_2}=1\Leftrightarrow\left(k_1-k_1^\prime\right)b_2+\left(k_2-k_2^\prime\right)b_1=b_1b_2\bigm\Leftrightarrow\left(k_1-k_1^\prime\right)b_2=\left(b_2-k_2+k_2^\prime\right)b_1\bigm\Leftrightarrow\frac{b_1}{b_2}=\frac{k_1-k_1^\prime}{b_2-\left(k_2-k_2^\prime\right)}$
であること( $b_1$ と $b_2$ は互いに素であるから，左辺は既約分数)と， $1\leqq b_2-\left(k_2-k_2^\prime\right)\leqq2b_2-1<2b_2$ より，
$\begin{cases}k_1-k_1^\prime=b_1\\b_2-(k_2-k_2^\prime)=b_2\end{cases}$
が必要だが， $k_1-k_1^\prime=b_1$ は不可．
よって，方程式を満たす $\left(k_1^\prime,k_2^\prime\right)$ の組は存在しない．
以上より，方程式を満たす $\left(k_1^\prime,k_2^\prime\right)$ の組は $\left(k_1,k_2\right)$ のみである．
つまり， $Q_1$ と $Q_2$ の異なる要素の組を掛け合わせたとき，その積に重複が生じる可能性はないことが示せた．
よって，
$n\left(R\right)=b_1b_2$ ……(答)
〇 $b_1$ と $b_2$ が互いに素でないとき
$\begin{cases}b_1=db_1^\prime\\b_2=db_2^\prime\end{cases}$ ( $b_1^\prime,b_2^\prime$ は互いに素な整数)
と書ける．
$\therefore\left(\cos{\frac{2k_1}{b_1}\pi}+i\sin{\frac{2k_1}{b_1}\pi}\right)\cdot\left(\cos{\frac{2k_2}{b_2}\pi}+i\sin{\frac{2k_2}{b_2}\pi}\right)=\cos{2\left(\frac{k_1b_2^\prime+k_2b_1^\prime}{db_1^\prime b_2^\prime}\right)\pi}+i\sin{2\left(\frac{k_1b_2^\prime+k_2b_1^\prime}{db_1^\prime b_2^\prime}\right)\pi}$
上記の議論と比べれば，
$n\left(R\right)=b_1^\prime b_2^\prime=\frac{b_1b_2}{d}$ ……(答)

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大問3

大問4

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早慶の過去問を解いてみてまったくわからない・・どのように勉強をしたら良いのか知りたい方はお気軽にこちらからご連絡ください。