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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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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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2019.05.13

大問3 解答例コ：サ：シ：ス：セ：0 ソ：タ：チ：解説 (1) ２個のさいころを区別する．〇1回目の操作を終えたとき番号３の硬貨の向きが表である確率(コについて) 題意を満たすさいころの出し方は，(1,1)，(1,2)，(2,2)，(4,4)，(4,5)，(4,6)，(5,5)，(

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大問3

解答例

コ： $\frac{13}{36}$
サ： $\frac{349}{648}$
シ： $\frac{479}{648}$
ス： $-\frac{5}{18}$
セ：0
ソ： $\frac{4}{9}$
タ： $\frac{5}{18}$
チ： $\frac{1}{4}\left(\frac{4}{9}\right)^n+\frac{1}{2}\left(-\frac{5}{18}\right)^n+\frac{1}{4}$

解説

(1)
２個のさいころを区別する．
〇1回目の操作を終えたとき番号３の硬貨の向きが表である確率(コについて)
題意を満たすさいころの出し方は，(1,1)，(1,2)，(2,2)，(4,4)，(4,5)，(4,6)，(5,5)，(5,6)，(6,6)とこれらの中身を入れ替えたものの計13通り．
よって，求める確率は，
$\frac{13}{6^2}=\frac{13}{36}$ ……(答)

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2019.05.13

本シリーズでは、早慶の各学部の過去問をそれぞれどのように解いたら良いのか、方針をどのように立てていけば良いのかを解説していきます。方針の立て方 (1) と置くことも可能だが，の情報を盛り込むには，本解のように置くのが妥当だと見抜きたい． (2) (積分の下限と上限が定数) で積分しているため，考

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本シリーズでは、早慶の各学部の過去問をそれぞれどのように解いたら良いのか、方針をどのように立てていけば良いのかを解説していきます。

方針の立て方
(1)

$f\left(x\right)=\alpha x^2+\beta x+\gamma$ と置くことも可能だが， $f\left(0\right)=f\left(1\right)=0$ の情報を盛り込むには，
本解のように置くのが妥当だと見抜きたい．

(2)

$0\leqq x\leqq1$ (積分の下限と上限が定数) で積分しているため，考える定積分は $a$ の一変数関数となると見抜き，素直に積分を実行するのが得策だと考える．
実際に積分を実行すると，ただの２次関数になるため，後は典型的に平方完成による解法を取ればよい．

(3)

等式の証明は(左辺)－(右辺)＝０を示せばよいことを利用する． $I$ の２乗の項を展開する際に， $f^\prime\left(x\right)-x$ を一塊と見ると， $J$ を打ち消せることを利用すると計算が楽になります。
ひとしきり計算が終わると， $h^\prime\left(x\right)$ の処理が課題となるが， $h^\prime\left(x\right)$ の目ぼしい情報は問題文で殆ど与えられていないため，
部分積分して $h^\prime\left(x\right)$ を消滅させる打開策が思いつく．

(4)

前問で $I=J$ を示したことを利用するのだと考えたい．
そして， $I$ と $J$ の複雑さを考えると，

①一旦 $I$ に帰着させて，その後で，②前問の等式を用いて $J$ に帰着させる．
という方針が立つ．
さらに(2)で定義した $m$ が絡んでいることも考えると，
③ $\left(h^\prime\left(x\right)\right)^2$ の積分を小さく評価して０にし消滅させる．
という方針も思いつく．

①～③の手順を踏んでいけば $g\left(x\right)$ の置き換えが思いつき，本解の解答となる．

解答例

(1)

キ： $ax\left(x-1\right)$
ク： $\frac{1}{4}x\left(x-1\right)$

(2)

ケ： $\frac{5}{16}$

(3)以下、解答

$I=\int_{0}^{1}\left\{\left(f^\prime\left(x\right)+h^\prime\left(x\right)-x\right)^2-\left(f\left(x\right)+h\left(x\right)\right)\right\}dx=\int_{0}^{1}\left\{\left(f^\prime\left(x\right)-x\right)^2-f\left(x\right)\right\}dx+\int_{0}^{1}\left(h^\prime\left(x\right)\right)^2dx+2\int_{0}^{1}{h^\prime\left(x\right)\left\{f^\prime\left(x\right)-x\right\}}dx-\int_{0}^{1}h\left(x\right)dx$
$\therefore I-J=2\int_{0}^{1}{h^\prime\left(x\right)\left{f^\prime\left(x\right)-x\right}}dx-\int_{0}^{1}h\left(x\right)dx\bigm=-\int_{0}^{1}{h^\prime\left(x\right)\left(x+\frac{1}{2}\right)}dx-\int_{0}^{1}h\left(x\right)dx\ \ \ \ \ \left(\because f\left(x\right)=\frac{1}{4}x\left(x-1\right)\right)\bigm={-\left[h\left(x\right)\left(x+\frac{1}{2}\right)\right]}^1_0+\int_{0}^{1}h\left(x\right)dx\ \ -\int_{0}^{1}h\left(x\right)dx\ \ \ \ \ 第１項に部分積分 =0\ \ \ \ \ (\because h\left(0\right)=h\left(1\right)=0)$
証明終了．

(4)以下解答

$g\left(x\right)=f\left(x\right)+h\left(x\right)$ とおくと， $h\left(x\right)$ は任意であるから $g\left(x\right)$ も任意であり，かつ， $g\left(0\right)=g\left(1\right)=0$ をみたす．
また， $g^\prime\left(x\right)=f^\prime\left(x\right)+h^\prime\left(x\right)$ は連続である．
$\therefore\int_{0}^{1}\left{\left(g^\prime\left(x\right)-x\right)^2-g\left(x\right)\right}dx=\int_{0}^{1}\left{\left(f^\prime\left(x\right)+h^\prime\left(x\right)-x\right)^2-\left(f\left(x\right)+h\left(x\right)\right)\right}dx\bigm=\int_{0}^{1}\left{\left(f^\prime\left(x\right)-x\right)^2-f\left(x\right)\right}dx+\int_{0}^{1}\left(h^\prime\left(x\right)\right)^2dx\ \ \ \ \ 前問の結果 \geqq\int_{0}^{1}\left{\left(f^\prime\left(x\right)-x\right)^2-f\left(x\right)\right}dx\ \ \ \ \ \left(\because\left(h^\prime\left(x\right)\right)^2\geqq0\right)\bigm\geqq m\ \ \ \ \ 2の結果$

証明終了．

解説(1)

$f\left(x\right)=\alpha x\left(x-1\right)$ ( $\alpha$ は実数)と表せる．
$f^\prime\left(x\right)=2\alpha x-\alpha$
$f^{\prime\prime}\left(x\right)=2\alpha$
$\therefore a=\frac{1}{2}f^{\prime\prime}\left(0\right)=\alpha$
$\thereforef\left(x\right)=ax\left(x-1\right)$ …(答)

(2)

$f^\prime\left(x\right)=2ax-a$ より，
$\int_{0}^{1}\left{\left(f^\prime\left(x\right)-x\right)^2-f\left(x\right)\right}dx=\int_{0}^{1}\left{\left(\left(2a-1\right)x-a\right)^2-\left(ax^2-ax\right)\right}dx\bigm=\int_{0}^{1}\left{\left(4a^2-5a+1\right)x^2-\left(4a^2-3a\right)x+a^2\right}dx\bigm=\left[\frac{4a^2-5a+1}{3}x^3-\frac{4a^2-3a}{2}x^2+a^2x\right]<em>0^1\bigm=\frac{1}{3}a^2-\frac{1}{6}a+\frac{1}{3}\bigm=\frac{1}{3}\left(a-\frac{1}{4}\right)^2+\frac{5}{16}$
よって， $a=\frac{1}{4}$ のとき， $\int</em>{0}^{1}\left{\left(f^\prime\left(x\right)-x\right)^2-f\left(x\right)\right}dx$ の値は最小となる．
よって，
$f\left(x\right)=\frac{1}{4}x\left(x-1\right)$ のとき，
最小値 $\frac{5}{16}$ ……(答)

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2016年慶應大学理工数学|過去問徹底研究大問1

2019.05.13

本シリーズでは、早慶の各学部の過去問をそれぞれどのように解いたら良いのか、方針をどのように立てていけば良いのかを解説していきます。方針の立て方 (1) 頻出問題のため特筆事項なし． (2) 実際に図を描いてみることで方針を得る．は倍角の公式を用いてやの形に統一しておくと上手くいくことが多い．(三

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本シリーズでは、早慶の各学部の過去問をそれぞれどのように解いたら良いのか、方針をどのように立てていけば良いのかを解説していきます。

方針の立て方

(1)

頻出問題のため特筆事項なし．

(2)

実際に図を描いてみることで方針を得る．

$\sin{2\theta}や\cos{2\theta}$ は倍角の公式を用いて $\sin{\theta}$ や $\cos{\theta}$ の形に統一しておくと上手くいくことが多い．(三角関数が苦手な受験生の多くに見られることだが， $\sin{2\theta}$ や $\cos{2\theta}$ ， $\sin{\theta}$ ， $\cos{\theta}$ を別個の関数と見なしてしまわないように注意しよう．
見かけは違っていても，これらは全て $\theta$ の関数であり，倍角の公式や相互関係の式： ${\mathrm{cos}}^2\theta+{\mathrm{sin}}^2\theta=1$ でつながっている．実際，(ⅲ)では $x$ の一変数関数となっている！)
さらに，極限の問題があることを加味すると，積の形に因数分解しておくのが良いことも分かる．

解答例

ア：36
イ：182
ウ： $\sqrt3$
エ：9
オ： $\frac{-1+\sqrt7}{4}$
カ： $\frac{10+7\sqrt7}{16}$

解説

(1)

$2016=2^5\cdot3^2\cdot7$
よって，正の約数の個数は，
$\left(5+1\right)\left(2+1\right)\left(1+1\right)=36個$
また，正の約数の和は， $2^c\cdot3^b\cdot7^a$ で， $a$ を0,1， $b$ を0,1,2， $c$ を0,1,2,3,4,5と変化させて，それらを全部足し合わせたものであるから，
$\displaystyle \sum^1_{a=0}\sum^2_{b=0}\sum^5_{c=0}\left(2^c\cdot3^b\cdot7^a\right)=\left(2^0+2^1+2^2+2^3+2^4+2^5\right)\left(3^0+3^1+3^2\right)\left(7^0+7^1\right)=63\cdot13\cdot8$
より，
$\frac{63\cdot13\cdot8}{36}=182$ …(答)

(2)

$S_1\left(\theta\right)=\frac{1}{2}\cdot2\left(\sin{\theta}+\sin{2\theta}\right)\cdot\left(\cos{\theta}-\cos{2\theta}\right)=\sin{\theta\left(1-\cos{\theta}\right)}\left(2\cos{\theta}+1\right)^2$
$S_2\left(\theta\right)=\frac{1}{2}\cdot2\sin{\theta}\cdot\left(1-\cos{\theta}\right)=\sin{\theta}\left(1-\cos{\theta}\right)$

(ⅰ)
$S_1\left(\frac{\pi}{6}\right)=\sqrt3$

(ⅱ)
$\displaystyle \lim{\theta\to+0}{\frac{S1\left(\theta\right)}{S2\left(\theta\right)}}=\lim{\theta\to+0}{\frac{\sin{\theta\left(1-\cos{\theta}\right)}\left(2\cos{\theta}+1\right)^2}{\sin{\theta}\left(1-\cos{\theta}\right)}}=\lim{\theta\to+0}{\left(2\cos{\theta}+1\right)^2}=9$

(ⅲ)
$\cos{\theta}=x$ とおくと， $<\theta<\frac{\pi}{2}$ より， $0<\sin{\theta}$ だから， $\sin{\theta}=\sqrt{1-{\mathrm{cos}}^2\theta}=\sqrt{1-x^2}$ である．
∴ $S_1=\sqrt{1-x^2}\left(1-x\right)\left(2x+1\right)^2$
積の微分法則を使えば，
$\frac{dS_1}{dx}=\frac{\left(2x+1\right)\left(x-1\right)\left(8x^2+4x-3\right)}{\sqrt{1-x^2}}$
$0<\theta<\frac{\pi}{2}$ より， $0<\cos{\theta}=x<1$ に注意すれば，
$\frac{dS_1}{dx}=0\Leftrightarrow x=\frac{-1+\sqrt7}{4}$
増減表を書くと，