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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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2018年早稲田大学理工|過去問徹底研究大問3

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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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。

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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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2016年慶應大学理工|過去問徹底研究大問5

2019.08.31

慶應義塾大学過去問徹底研究　2016年大問5 方針の立て方 (ニ)と(ヌ)については，基本的な解法であるため特筆事項なし． (ネ)について．面と垂線の問題である．面は２つの線形独立なベクトル(このようなベクトルを基底ベクトルという)の線形結合で表現される．つまり，「面と垂直」という条件を，「２

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慶應義塾大学過去問徹底研究　2016年大問5

方針の立て方

(ニ)と(ヌ)については，基本的な解法であるため特筆事項なし．
(ネ)について．
面と垂線の問題である．面は２つの線形独立なベクトル(このようなベクトルを基底ベクトルという)の線形結合で表現される．つまり，「面と垂直」という条件を，「２つの基底ベクトルと垂直」という条件に言い換えることができる．このことを利用しよう．なお，面と垂線の問題は難関大学では頻出の問題であるため，この問題ができなかった受験生は是非復習してほしい．
(ノ)について．
前問で $\triangle\mathrm{ABC}$ の垂線を考えたので， $\triangle\mathrm{ABC}$ を底面と考えて体積を求めるという方針が立つ．そのためには高さに当たる線分 $\mathrm{OH}$ の長さを求める必要があるため，線分 $\mathrm{OH}$ のことを考える．
(ハ)について．
実際に点 $\mathrm{P}$ と点 $\mathrm{Q}$ を作図する． $\triangle\mathrm{ABC}$ は全ての辺の長さが分かっているため，垂線 $\mathrm{BB^\prime}$ の長さが求められることを考えれば，相似比を使うという考え方も思い浮かぶ．
(ヒ)について．
$\triangle\mathrm{OAC}\equiv\triangle\mathrm{BCA}$ であることから，四面体のねじれ具合を考え，切り口の形を考える．線分 $\mathrm{PQ}$ の長さを前問で求めたので，線分 $\mathrm{PQ}$ を底辺として考えるという方針を立てると，点 $\mathrm{R}$ について考えるという方針も立つ．

解答例
ニ: $\frac{3}{2}$
ヌ: $\frac{3\sqrt{15}}{4}$
ネ: $\frac{7}{9}\vec{\mathrm{AB}}+\frac{1}{3}\vec{\mathrm{AC}}$
ノ: $\frac{5\sqrt2}{4}$
ハ: $\frac{21\sqrt{15}}{40}$
ヒ: $\frac{45\sqrt2}{32}$

解説

〇 $\vec{\mathrm{AB}}\cdot\vec{\mathrm{AC}}$ と， $\triangle\mathrm{ABC}$ の面積について(ニ，ヌについて)
$\triangle\mathrm{ABC}$ に対して余弦定理より，
$\left(\sqrt{10}\right)^2=3^2+2^2-2\vec{\mathrm{AB}}\cdot\vec{\mathrm{AC}}\Leftrightarrow\vec{\mathrm{AB}}\cdot\vec{\mathrm{AC}}=32$ ……(答)
$\therefore\triangle\mathrm{ABC}=\frac{1}{2}\sqrt{\left|\vec{\mathrm{AB}}\right|^2\left|\vec{\mathrm{AC}}\right|^2-\left(\vec{\mathrm{AB}}\cdot\vec{\mathrm{AC}}\right)^2}=\frac{3\sqrt{15}}{4}$ ……(答)

〇 $\vec{\mathrm{AH}}$ について(ネについて)
$\vec{\mathrm{AH}}=x\vec{\mathrm{AB}}+y\vec{\mathrm{AC}}$ ( $x,y$ は実数定数)とおく．すると， $\vec{\mathrm{OH}}=x\vec{\mathrm{AB}}+y\vec{\mathrm{AC}}-\vec{\mathrm{AO}}$
平面 $\alpha$ と $\mathrm{OH}$ は直交するので，下記の条件
$\begin{cases}\vec{\mathrm{OH}}\cdot\vec{\mathrm{AB}}=0\\\vec{\mathrm{OH}}\cdot\vec{\mathrm{AC}}=0\end{cases}$
を満たす．
ここで． $\triangle\mathrm{OAB}$ と $\triangle\mathrm{OAC}$ それぞれに余弦定理を用いることで，
$\begin{cases}\vec{\mathrm{AO}}\cdot\vec{\mathrm{AB}}&=\frac{15}{2}\\\vec{\mathrm{AO}}\cdot\vec{\mathrm{AC}}&=\frac{5}{2}\end{cases}$
を得る．これを用いて，上の条件式を計算すると，
$\begin{cases}x=\frac{7}{9}\\y=\frac{1}{3}\end{cases}$
を得る．
$\therefore\vec{\mathrm{AH}}=\frac{7}{9}\vec{\mathrm{AB}}+\frac{1}{3}\vec{\mathrm{AC}}$ ……(答)

〇四面体 $\mathrm{OABC}$ の体積について(ノについて)
$\left|\vec{\mathrm{AH}}\right|^2=\left(\frac{7}{9}\vec{\mathrm{AB}}+\frac{1}{3}\vec{\mathrm{AC}}\right)\cdot\left(\frac{7}{9}\vec{\mathrm{AB}}+\frac{1}{3}\vec{\mathrm{AC}}\right)=\frac{49}{81}\left|\vec{\mathrm{AB}}\right|^2+\frac{1}{9}\left|\vec{\mathrm{AC}}\right|^2+\frac{14}{27}\vec{\mathrm{AB}}\cdot\vec{\mathrm{AC}}=\frac{20}{3}$
$\therefore\left|\vec{\mathrm{OH}}\right|^2=\left|\vec{\mathrm{OA}}\right|^2-\left|\vec{\mathrm{AH}}\right|^2=\frac{10}{3}\Leftrightarrow\left|\vec{\mathrm{OH}}\right|=\frac{\sqrt{30}}{3}$
よって，四面体 $\mathrm{OABC}$ の体積は，
$\frac{1}{3}\cdot\triangle\mathrm{ABC}\cdot\vec{\mathrm{OH}}=13\cdot\frac{3\sqrt{15}}{4}\cdot\frac{\sqrt{30}}{3}=\frac{5\sqrt2}{4}$ ……(答)

〇 $\mathrm{PQ}$ の長さについて(ハについて)
点 $\mathrm{P}$ は，線分 $\mathrm{AH}$ 上の点のため，
$\vec{\mathrm{AP}}=k\vec{\mathrm{AH}}=\frac{7}{9}k\vec{\mathrm{AB}}+\frac{1}{3}k\vec{\mathrm{AC}}$
と書ける．
ここで，点 $\mathrm{P}$ は $\triangle\mathrm{ABC}$ において，辺 $\mathrm{BC}$ 上の交点であるから，
$\frac{7}{9}k+\frac{1}{3}k=1\Leftrightarrow k=\frac{9}{10}$
$\therefore\vec{\mathrm{AP}}=\frac{7}{10}\vec{\mathrm{AB}}+\frac{3}{10}\vec{\mathrm{AC}}$
よって，点 $\mathrm{P}$ は，線分 $\mathrm{BC}$ を３：７に内分する点．

上図のように， $\triangle\mathrm{ABC}$ で， $\mathrm{B}$ から $\mathrm{AC}$ への垂線の足を $\mathrm{B}^\prime$ とする．
$\mathrm{A}\mathrm{B}^\prime=x>0$ とおくと，三平方の定理より，
${\mathrm{AB}}^2-x^2={\mathrm{BC}}^2-\left(\mathrm{AC}-x\right)^2\Leftrightarrow x=\frac{3}{4}$
$\thereforeB\mathrm{B}^\prime=\frac{3\sqrt{15}}{4}$
$\triangleC\mathrm{B}^\prime\mathrm{B}∽\triangleCQP$ (相似比10：7)より，
$\mathrm{PQ}=\frac{7}{10}\cdot\frac{3\sqrt{15}}{4}=\frac{21\sqrt{15}}{40}$ ……(答)

〇切り口の面積について(ヒについて)
４つの面が全て合同であることから，２点 $\mathrm{P,Q}$ を通り平面 $\alpha$ に垂直な平面は，辺 $\mathrm{OA}$ ，辺 $\mathrm{OB}$ と交わる．
特に，線分 $\mathrm{PQ}$ を平面 $\alpha$ と垂直な方向に動かすと， $\triangle\mathrm{OAC}$ 上を通ると考えられる．
ここで， $\mathrm{P}$ から， $\triangle\mathrm{OAC}$ への垂線の足を $\mathrm{R}$ とする．
$\vec{\mathrm{AR}}=s\vec{\mathrm{AO}}+t\vec{\mathrm{AC}}\Leftrightarrow\vec{\mathrm{PR}}=s\vec{\mathrm{AO}}-\frac{7}{10}\vec{\mathrm{AB}}+\left(t-\frac{3}{10}\right)\vec{\mathrm{AC}}$ ( $s,t$ は実数定数)とおく．

$\mathrm{PR}$ と $\triangle\mathrm{ABC}$ は直交するので，
$\begin{cases}\vec{\mathrm{PR}}\cdot\vec{\mathrm{AB}}=0\\\vec{\mathrm{PR}}\cdot\vec{\mathrm{AC}}=0\end{cases}$
これを解くと、
$\begin{cases}x=\frac{9}{10}\\y=0\end{cases}$
よって，点 $\mathrm{R}$ は辺 $\mathrm{AO}$ 上の点であり，
$\vec{\mathrm{AR}}=\frac{9}{10}\vec{\mathrm{AO}}$
となる．
$\therefore\vec{\mathrm{PR}}=\frac{9}{10}\vec{\mathrm{AO}}-\frac{7}{10}\vec{\mathrm{AB}}-\frac{3}{10}\vec{\mathrm{AC}}$
$\therefore\left|\vec{\mathrm{PR}}\right|=\frac{3\sqrt{30}}{10}$

また，上図のように，２点 $\mathrm{P,Q}$ を通り平面 $\alpha$ に垂直な平面と辺 $\mathrm{OB}$ の交点を $\mathrm{S}$ とし， $\mathrm{S}$ から平面 $\alpha$ への垂線の足を $\mathrm{T}$ とする．
$\triangle\mathrm{BOH}\backsim\triangle\mathrm{BST}$ より， $\mathrm{T}$ は $\mathrm{BH}$ 上の点であり，かつ， $\mathrm{PQ}$ 上の点であるから，実数定数 $i,j$ を用いて，
$\bagin{cases}\vec{\mathrm{BT}}=i\vec{\mathrm{BH}}\\\vec{\mathrm{QT}}=j\vec{\mathrm{QP}}\end{cases}\Leftrightarrow\bagin{cases}\vec{\mathrm{QT}}&=\left(1-\frac{2}{9}x\right)\vec{\mathrm{AB}}+\left(\frac{1}{3}x-\frac{9}{16}\right)\vec{\mathrm{AC}}\\\vec{\mathrm{QT}}&=\frac{7}{10}j\vec{\mathrm{AB}}-\frac{21}{80}j\vec{AC}\end{cases}$
係数比較して解くことで，
$j=\frac{25}{21}$
を得る．
$\therefore\left|\vec{\mathrm{QT}}\right|=\frac{25}{21}\left|\vec{\mathrm{PQ}}\right|=\frac{5\sqrt{15}}{8}$
等積変形の考え方を用いれば，求める面積は $\triangle\mathrm{RTQ}$ の面積と同じであるから，
$\frac{1}{2}\cdot\mathrm{QT}\cdot\mathrm{PR}=\frac{1}{2}\cdot\frac{5\sqrt{15}}{8}\cdot\frac{3\sqrt{30}}{10}=\frac{45\sqrt2}{32}$ ……(答)

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【使い方】首都圏「難関」私大古文演習｜圧倒的に成績を伸ばす方法

2019.08.30

参考書の特色対象者難関大受験生向け共通試験レベルの問題集などを終えてから本書に進むと良いでしょう。タイトル通り早稲田や上智、MARCHの問題で演習する問題集です。解説はこんな感じ。問題の解説だけでなく出典についての解説も充実しています。出典は入試によく出る有名なものが厳選されているので、入試

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参考書の特色

対象者

難関大受験生向け

共通試験レベルの問題集などを終えてから本書に進むと良いでしょう。タイトル通り早稲田や上智、MARCHの問題で演習する問題集です。

解説はこんな感じ。問題の解説だけでなく出典についての解説も充実しています。出典は入試によく出る有名なものが厳選されているので、入試で役立つ背景知識も学べます。

解答の本文では重要な助動詞や補足事項が示されています。また本文と解釈の部分の数字が対応しており、重要語句については解釈の方でも太字になっているので復習がしやすいです。

問題の解説は模擬試験の解答解説と同じくらい充実しています。上級者用の問題集の多くは解説が簡素なものが多いですが、本書は1問ごとにしっかり解説がついています。

使い方

完成までの期間

1ヶ月程度

過去問演習に移行する前の仕上げとして使っていきましょう。本書を終えたら過去問に取り組んでしまってかまいません。

ただし当然ですが復習は丁寧にやります。丸つけして終わりでは意味がありません。正解した問題を含め解説をしっかり読み、本文と解釈の照らし合わせを行い、必要であれば古語辞典も参照しましょう。

2018年慶應大学理工|過去問徹底研究大問2

2019.08.30

慶應義塾大学過去問徹底研究　2018年　大問2 方針の立て方 (1)高々２回の移動のため，書き出して考えれば解答を得られる． (2)この問題も高々３回の移動のため，書き出せば解答を得られるが，正攻法で攻めるより余事象で考えた方が条件が厳しくなることを利用することで，手間を省ける． (3)左への移動は

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慶應義塾大学過去問徹底研究　2018年　大問2

方針の立て方

(1)高々２回の移動のため，書き出して考えれば解答を得られる．

(2)この問題も高々３回の移動のため，書き出せば解答を得られるが，正攻法で攻めるより余事象で考えた方が条件が厳しくなることを利用することで，手間を省ける．

(3)左への移動はできないことから，右への移動回数＝ $x$ 座標となることを利用する．実際に満たすものを考えることで，この事実には気付ける．後は場合分けして虱潰しにすればよい．

(4)「…」を使って満たす場合を書いてみることで，解法を得る．

(5)正攻法で解くよりも，余事象で考えた方が条件が厳しくなることから余事象で攻めることを見抜く．(3)と同様に右への移動回数＝ $x$ 座標となることを利用して虱潰しに考えつくす．

解答例
(1)
オ： $\frac{1}{3}$
(2)
カ： $\frac{23}{27}$
(3)
キ： $\frac{11}{27}$
ク： $\frac{13}{33}$
(4)
ケ： $\frac{n-1}{4}\left(\frac{2}{3}\right)^n$
(5)
コ： $\frac{2}{3}-\frac{n+1}{2}\left(\frac{2}{3}\right)^n$

解説
$x$ 軸正方向に1動くことを右に動く，同様に $y$ 軸正(負)方向に１動くことを上(下)に動くということにする．
(1)
上→下，下→上，右→右に動く場合のみ．
$\therefore\left(\frac{2}{6}\cdot\frac{2}{6}\right)+\left(\frac{2}{6}\cdot\frac{2}{6}\right)+\left(\frac{2}{6}\cdot\frac{2}{6}\right)=\frac{1}{3}$ ……(答)

(2)
余事象で考える．
さいころを３回投げて，点Pの $x$ 座標と $y$ 座標がともに１未満となるのは，上０回，下３回か，上１回，下２回のどちらかの出し方をしたとき．
・上０回，下３回の確率
$\left(\frac{2}{6}\right)^3=\frac{1}{27}$
・上１回，下２回の確率
何回目に上に動くかで３通りあるため，
$3\cdot\frac{2}{6}\cdot\left(\frac{2}{6}\right)^2=\frac{1}{9}$
よって，さいころを３回投げて，点Pの $x$ 座標と $y$ 座標がともに１未満となる確率は，
$\frac{1}{27}+\frac{1}{9}=\frac{4}{27}$
これより，求める確率は，
$1-\frac{4}{27}=\frac{23}{27}$ ……(答)

(3)
〇さいころを４回投げたとき，点Pの $x$ 座標が２以上である確率(キについて)
４回の移動の内，右に何回動くかで場合分けする．
(ⅰ)右に２回動くときの確率
４回の移動の内，何回目で右に動くかで， ${_4^}\mathrm{C}_2$ 通り．
$\therefore{_4^}\mathrm{C}_2\cdot\left(\frac{2}{6}\right)^2\left(\frac{4}{6}\right)^2=\frac{8}{27}$
(ⅱ)右に３回動くときの確率
４回の移動の内，何回目で右に動くかで，4通り．
$\therefore4\cdot\left(\frac{2}{6}\right)^3\cdot\frac{4}{6}=\frac{8}{81}$
(ⅲ)右に４回動くときの確率
$\left(\frac{2}{6}\right)^4=\frac{1}{81}$
以上，(ⅰ)～(ⅲ)より，
$\frac{8}{27}+\frac{8}{81}+\frac{1}{81}=\frac{11}{27}$ ……(答)
〇条件付き確率(クについて)
さいころを４回投げたとき，点Pの $x$ 座標が２以上であり，かつ点Pの $y$ 座標が０である確率を求める．
さいころを４回投げたとき，点Pの $x$ 座標が２以上であり，かつ点Pの $y$ 座標が０となるのは，
(Ⅰ)前問の(ⅰ)で右以外の移動が「上下」か「下上」である場合
(Ⅱ)前問の(ⅲ)の場合
の２通り．
(Ⅰ)の場合
上への移動が先か，下への移動が先かで２通り．４回の移動の内，何回目で右に動くかで， ${_4^}\mathrm{C}_2$ 通り．
$\therefore2\cdot{_4^}\mathrm{C}_2\cdot\left(\frac{2}{6}\right)^2\cdot\frac{2}{6}\cdot\frac{2}{6}=\frac{4}{27}$
(Ⅱ)の場合の確率は，前問の(ⅲ)と同じで， $\frac{1}{81}$
以上，(Ⅰ)と(Ⅱ)より，さいころを４回投げたとき，点Pの $x$ 座標が２以上であり，かつ点Pの $y$ 座標が０である確率は，
$\frac{4}{27}+\frac{1}{81}=\frac{13}{81}$
よって，求める条件付き確率は，
$\frac{\frac{13}{81}}{\frac{11}{27}}=\frac{13}{33}$ ……(答)

(4)
１回目～ $n-1$ 回目の移動で，右への移動が１回，右以外への移動が $n-2$ 回であり，かつ， $n$ 回目の移動が右であれば必要十分．
１回目～ $n-1$ 回目の内，何回目で右に動くかで， $n-1$ 通り．
$\therefore\left(n-1\right)\cdot\frac{2}{6}\cdot\left(\frac{4}{6}\right)^{n-2}\cdot\frac{2}{6}=\frac{n-1}{4}\left(\frac{2}{3}\right)^n$ ……(答)

(5)
余事象で考える．
(A) $x=2$ 上の格子点を１回も通らない確率
(A-a) $n$ 回の移動の内訳が，右への移動が１回，右以外への移動が $n-1$ 回である確率
$n$ 回の移動の内，何回目で右に移動するかで $n$ 通り．
$\therefore n\cdot\frac{2}{6}\cdot\left(\frac{4}{6}\right)^{n-1}=\frac{n}{2}\left(\frac{2}{3}\right)^n$
(A-b) $n$ 回の移動の内訳が，右への移動が０回，右以外への移動が $n$ 回である確率
$\left(\frac{4}{6}\right)^n=\left(\frac{2}{3}\right)^n$
以上，(A-a)と(A-b)より， $x=2$ 上の格子点を１回も通らない確率は，
$\frac{n}{2}\left(\frac{2}{3}\right)^n+\left(\frac{2}{3}\right)^n=\frac{n+2}{2}\left(\frac{2}{3}\right)^n$
(B) $x=2$ 上の格子点を１回だけ通る確率
(B-a) $n$ 回目で初めて $x=2$ 上の格子点に乗る確率
前問の結果より，
$\frac{n-1}{4}\left(\frac{2}{3}\right)^n$
(B-b) $k$ 回目 $(2\leqq k\leqq n-1)$ で初めて $x=2$ 上の格子点に乗り，その直後に右に動いて， $x=2$ 上の格子点から外れる確率
$k$ 回目 $(2\leqq k\leqq n-1)$ で初めて $x=2$ 上の格子点に乗る確率が， $\frac{k-1}{4}\left(\frac{2}{3}\right)^k$ であり， $k+1$ 回目に右に動く
確率は $\frac{2}{6}=\frac{1}{3}$ ． $k+2$ 回目以降の挙動についての制約はない．
$\therefore\frac{k-1}{4}\left(\frac{2}{3}\right)^k\cdot\frac{1}{3}=\frac{k-1}{12}\left(\frac{2}{3}\right)^k$
ここで， $2\leqq k\leqq n-1$ の範囲で総和を取ると， $x=2$ 上の格子点を１回だけ通る確率の内，(B-a)を除いた確率が得られる．
$\sum_{k=2}^{n-1}{\frac{k-1}{12}\left(\frac{2}{3}\right)^k}=\frac{1}{12}\sum_{k=2}^{n-1}{k\left(\frac{2}{3}\right)^k}-\frac{1}{12}\sum_{k=2}^{n-1}\left(\frac{2}{3}\right)^k=\frac{1}{12}\sum_{k=2}^{n-1}{k\left(\frac{2}{3}\right)^k}-\frac{1}{12}\cdot\frac{\left(\frac{2}{3}\right)^2\left\{1-\left(\frac{2}{3}\right)^{n-2}\right\}}{1-\frac{2}{3}}=\frac{1}{12}\sum_{k=2}^{n-1}{k\left(\frac{2}{3}\right)^k}-\frac{1}{9}+\frac{1}{4}\left(\frac{2}{3}\right)^n$
ここで， $S=\sum_{k=2}^{n-1}{k\left(\frac{2}{3}\right)^k}$ とおくと，
$S=2\cdot\left(\frac{2}{3}\right)^2+3\cdot\left(\frac{2}{3}\right)^3+4\cdot\left(\frac{2}{3}\right)^4+\cdots\cdots+\left(n-1\right)\left(\frac{2}{3}\right)^{n-1}$
$\frac{2}{3}S=2\cdot\left(\frac{2}{3}\right)^3+3\cdot\left(\frac{2}{3}\right)^4+\cdots\cdots+\left(n-2\right)\left(\frac{2}{3}\right)^{n-1}+\left(n-1\right)\left(\frac{2}{3}\right)^n$
両辺を引き算すると，
$\frac{1}{3}S=2\cdot\left(\frac{2}{3}\right)^2+\left\{\left(\frac{2}{3}\right)^3+\left(\frac{2}{3}\right)^4+\cdots\cdots+\left(\frac{2}{3}\right)^{n-1}\right\}-\left(n-1\right)\left(\frac{2}{3}\right)^n=\frac{8}{9}+\frac{\left(\frac{2}{3}\right)^3\left\{1-\left(\frac{2}{3}\right)^{n-3}\right\}}{1-\frac{2}{3}}-\left(n-1\right)\left(\frac{2}{3}\right)^n=\frac{16}{9}-\left(n+2\right)\left(\frac{2}{3}\right)^n$
$\therefore S=\frac{16}{3}-3\left(n+2\right)\left(\frac{2}{3}\right)^n$
よって，
$\sum_{k=2}^{n-1}{\frac{k-1}{12}\left(\frac{2}{3}\right)^k}=\frac{1}{12}\left\{\frac{16}{3}-3\left(n+2\right)\left(\frac{2}{3}\right)^n\right\}-\frac{1}{9}+\frac{1}{4}\left(\frac{2}{3}\right)^n=\frac{1}{3}-\frac{n+1}{4}\left(\frac{2}{3}\right)^n$
以上，(B-a)と(B-b)より， $x=2$ 上の格子点を１回だけ通る確率は，
$\frac{n-1}{4}\left(\frac{2}{3}\right)^n+\frac{1}{3}-\frac{n+1}{4}\left(\frac{2}{3}\right)^n=\frac{1}{3}-\frac{1}{2}\left(\frac{2}{3}\right)^n$
以上，(A)と(B)より，余事象の確率は，
$\frac{n+2}{2}\left(\frac{2}{3}\right)^n+\frac{1}{3}-\frac{1}{2}\left(\frac{2}{3}\right)^n=\frac{1}{3}+\frac{n+1}{2}\left(\frac{2}{3}\right)^n$
よって，求める確率は，
$1-\left\{\frac{1}{3}+\frac{n+1}{2}\left(\frac{2}{3}\right)^n\right\}=\frac{2}{3}-\frac{n+1}{2}\left(\frac{2}{3}\right)^n$ ……(答)

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2017年慶應大学理工|過去問徹底研究大問5

2019.08.30

2017年慶應大学理工|過去問徹底研究大問5 方針の立て方 (1) (フ)については，「方程式の解」⇔「関数と軸との交点(の座標)」の同値変形を利用する．典型的な解法であるため，これ以上の特筆事項なし． (ヘ)については，増減表が描けていれば素直に計算するのみ． (2) (ホ)も問題文に素直に従い

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2017年慶應大学理工|過去問徹底研究大問5

方針の立て方

(1)
(フ)については，「方程式 $f\left(x\right)=0$ の解」⇔「関数 $y=f\left(x\right)$ と $x$ 軸との交点(の $x$ 座標)」の同値変形を利用する．典型的な解法であるため，これ以上の特筆事項なし．
(ヘ)については，増減表が描けていれば素直に計算するのみ．

(2)
(ホ)も問題文に素直に従い，法線を出し，それと $C$ との交点を計算すれば求まる．
(マ)については，最小値問題で最初に疑う相加・相乗平均の関係式で解ける問題であり，特筆事項なし．

(ミ)について．「接線」が「法線」となっただけで，三次関数の接線の本数問題と同様の解き方をすればよいと考える．(1)の問題の結果を利用していないことを気に留めておくと途中の計算を殆どせずに答えにたどり着く．

解答例
(1)
フ： $\frac{4}{3}\alpha\sqrt\alpha$
ヘ： $\frac{3}{2}\alpha^2$
(2)
ホ： $\frac{18a^2+1}{18a}$
マ： $\frac{\sqrt2}{3}$
ミ： $\left(\frac{3}{4}x\right)^\frac{2}{3}+\frac{1}{6}$

解説

(1)
〇 $\beta$ の条件(フについて)
$g\left(x\right)=18x^3-6\alpha x+\beta$ とおくと，
$g^\prime\left(x\right)=54x^2-6\alpha$
$\therefore g^\prime\left(x\right)=0\Leftrightarrow x=\pm\frac{\sqrt\alpha}{3}$
増減表をかくと，

x	$\cdots$	$-\frac{\sqrt\alpha}{3}$	$\cdots$	$\frac{\sqrt\alpha}{3}$	$\cdots$
$g^\prime\left(x\right)$	$\mathrm{+}$	0	$-$	0	$\mathrm{+}$
$g\left(x\right)$	$\nearrow$	$\frac{4}{3}\alpha\sqrt\alpha+\beta$	$\searrow$	$-\frac{4}{3}\alpha\sqrt\alpha+\beta$	$\nearrow$

よって，３次方程式 $g\left(x\right)=0$ が，ただ１つの実数解を持つ条件は，
$\frac{4}{3}\alpha\sqrt\alpha+\beta0$
この内， $\frac{4}{3}\alpha\sqrt\alpha+\beta0$ ， $\beta>0$ より，常に成立しない．
$\therefore-\frac{4}{3}\alpha\sqrt\alpha+\beta>0\Leftrightarrow\beta>\frac{4}{3}\alpha\sqrt\alpha$ ……(答)
〇面積(ヘについて)
$\beta=\frac{4}{3}\alpha\sqrt\alpha$ のとき，
$y=18x^3-6\alpha x+\frac{4}{3}\alpha\sqrt\alpha=18\left(x-\frac{\sqrt\alpha}{3}\right)^2\left(x+\frac{2}{3}\sqrt\alpha\right)$
よって，グラフの概形は下図の通り．

求める面積は，
$\int_{-\frac{2}{3}\sqrt\alpha}^{\frac{\sqrt\alpha}{3}}\left(18x^3-6\alpha x+\frac{4}{3}\alpha\sqrt\alpha\right)dx=\left[\frac{9}{2}x^4-3\alpha x^2+\frac{4}{3}\alpha\sqrt\alpha x\right]_{-\frac{2}{3}\sqrt\alpha}^{\frac{\sqrt\alpha}{3}}\bigm=\frac{3}{2}\alpha^2$ ……(答)

(2)
〇 $X\left(a\right)$ (ホについて)
$y^\prime=6x$
これより，点Pでの接線の傾きは $-6a$ であり，法線の傾きは， $\frac{1}{6a}$ と分かる．よって，点Pでの法線の方程式は，
$y=\frac{1}{6a}x+\frac{1}{6}+3a^2$
これと， $C$ の交点の $x$ 座標は，
$3x^2=\frac{1}{6a}x+\frac{1}{6}+3a^2\Leftrightarrow\left(x+a\right)\left(18ax-18a^2-1\right)=0$
$X\left(a\right)\neq-a$ より，
$X\left(a\right)=\frac{18a^2+1}{18a}$ ……(答)
〇 $X\left(a\right)$ の最小値(マについて)
$X\left(a\right)=a+\frac{1}{18a}$
$a>0$ かつ $\frac{1}{18a}>0$ より，相加・相乗平均の関係式が使えて，
$X\left(a\right)\geqq2\sqrt{a\cdot\frac{1}{18a}}=\frac{\sqrt2}{3}$
等号成立は， $a>0$ に注意すれば，
$a=\frac{1}{18a}\Leftrightarrow a=\frac{\sqrt2}{6}$
で成立する．
よって，求める最小値は $\frac{\sqrt2}{3}$ ……(答)
〇 $f\left(x\right)$ (ミについて)
前問の議論より，点Pでの法線の方程式は，
$y=\frac{1}{6a}x+\frac{1}{6}+3a^2$
であった．
よって， $a$ についての以下の方程式
$y_0=\frac{1}{6a}x_0+\frac{1}{6}+3a^2\Leftrightarrow18a^3-6\left(y_0-\frac{1}{6}\right)a+x_0=0$ が，ただ１つの実数解をもつ条件を考えれば必要十分．
① $y_0-\frac{1}{6}>0\Leftrightarrow\frac{1}{6}<y_0$ のとき
$y_0-\frac{1}{6}>0\Leftrightarrow\frac{1}{6}0$ ， $\beta=x_0>0$ とすることで，(1)の議論に帰着でき，考えるべき条件は，
$x_0>\frac{4}{3}\left(y_0-\frac{1}{6}\right)^\frac{3}{2}\Leftrightarrow y_0<\left(\frac{3}{4}x_0\right)^\frac{2}{3}+\frac{1}{6}$
と分かる．
② $y_0-\frac{1}{6}\leqq0\Leftrightarrow y_0\leqq\frac{1}{6}$ のとき
$\alpha=y_0-\frac{1}{6}\leqq0$ ， $\beta=x_0>0$ とすることで，(1)の議論を考え直すと，
$g^\prime\left(x\right)=54x^2-6\alpha>0$
となり，任意の $y_0$ に対してただ１つの実数解をもつ．
よって，求める必要十分条件は，
$y_0<\left(\frac{3}{4}x_0\right)^\frac{2}{3}+\frac{1}{6}$
である．
$\therefore f\left(x\right)=\left(\frac{3}{4}x\right)^\frac{2}{3}+\frac{1}{6}$ ……(答)