慶應理工2018 | 【早慶専門対策】個別指導塾ヒロアカ

2018年慶應大学理工数学|過去問徹底研究大問3

2019.09.20

方針の立て方 (1) (サ)については特筆事項なし． (シ)との関係を問われているため，の形を具体的に書き下してみると方針を得やすい．すると，が必要だと分かるため，部分積分の際にの項を微分すればよいと分かる． (2)前問で漸化式を求めたので，漸化式を利用することを考える．本解答のような漸化式を用いて

…続きを読む
方針の立て方

(1)
(サ)については特筆事項なし．
(シ) $a_n$ と $a_{n-2}$ の関係を問われているため， $a_{n-2}$ の形を具体的に書き下してみると方針を得やすい．すると， $\int_{0}^{1}\left(1-x^2\right)^\frac{n-2}{2}dx$ が必要だと分かるため，部分積分の際に $\left(1-x^2\right)^\frac{n}{2}$ の項を微分すればよいと分かる．

(2)前問で漸化式を求めたので，漸化式を利用することを考える．本解答のような漸化式を用いて $a_0$ や $a_1$ まで下げる解法は頻出のためおさえておこう．

(3)極限値が1と与えられているため， $\lim_{n\rightarrow\infty}{\left|\frac{a_n}{a_{n-1}}-1\right|}$ で考える．(※ $\lim_{n\rightarrow\infty}{\frac{a_n}{a_{n-1}}}=1$ を直接示す方針でも間違いではないが，はさみうちの原理が使いにくくなる．)変形をしていくと $\frac{a_n}{a_{n-1}}$ の評価が必要になる．一項差のため，まずは前問(2)の結果を使おうと試みるが，前問は積(二項の掛け算)の形であるため使えない．そこで，(1)の(シ)の結果なら，分数の形を作り出せると考え， $\frac{a_n}{a_{n-1}}$ を $\frac{a_{n+1}}{a_{n-1}}$ か $\frac{a_n}{a_{n-2}}$ に変形することを考える．

(4) $\lim_{n\rightarrow\infty}{\sqrt n}a_n$ のままでは解法が思い浮かばないため，一先ず変形して $\lim_{n\rightarrow\infty}{\sqrt{n\left(a_n\right)^2}}$ とする．二項の掛け算の形が出てきているため，(2)の結果を使うという方針が立つ．(※(2)の結果をここまで使っていないので，(2)の結果を使うのではと疑うことでも方針が立つ．)

解答例

(1)
サ： $\frac{\pi}{4}$
シ： $\frac{n}{n+1}$
(2)
ス： $\frac{\pi}{2\left(n+1\right)}$
(3)
$\left|\frac{a_n}{a_{n-1}}-1\right|=\left|\frac{a_{n}-a_{n-1}}{a_{n-1}}\right|=\left|\frac{a_{n}-a_{n-1}}{a_{n-1}}\right|$
ここで， $0\leqq x\leqq1$ の範囲で， $0\leqq1-x^2\leqq1$ であるから， $0\leqq\left(1-x^2\right)^\frac{n}{2}\leqq\left(1-x^2\right)^\frac{n-1}{2}\leqq1$ であり，積分区間 $0\leqq x\leqq1$ で，等号は常に成立しないことから，
$\int_{0}^{1}0dx<\int_{0}^{1}\left(1-x^2\right)^\frac{n}{2}dx<\int_{0}^{1}\left(1-x^2\right)^\frac{n-1}{2}dx<\int_{0}^{1}1dx\Leftrightarrow0<a_n<a_{n-1}<1$
が成立する．(1)の(シ)の結果と合わせると，
$\frac{\left|a_n-a_{n-1}\right|}{\left|a_{n-1}\right|}=\frac{a_{n-1}-a_n}{a_{n-1}}<\frac{a_{n-1}-a_{n+1}}{a_{n-1}}=1-\frac{a_{n+1}}{a_{n-1}}=1-\frac{n+1}{n+2}=\frac{1}{n+2}$
よって，
$\lim_{n\rightarrow\infty}{\left|\frac{a_n}{a_{n-1}}-1\right|}<\lim_{n\rightarrow\infty}{\frac{1}{n+2}}=0$
であり，はさみうちの原理より，
$\lim_{n\rightarrow\infty}{\left|\frac{a_n}{a_{n-1}}-1\right|}=0$
これは，数列 $\left\{\frac{a_n}{a_{n-1}}\right\}$ が1に収束することに他ならない．
証明終了．
(4)
セ： $\sqrt{\frac{\pi}{2}}$

解説

(1)
〇 $a_1$ (サについて)
$a_1=\int_{0}^{1}\sqrt{1-x^2}dx$
これは，下図斜線部に示した四分円の面積を表す．

$a_1=\int_{0}^{1}\sqrt{1-x^2}dx=\frac{\pi}{4}$ ……(答)
〇 $a_n$ (シについて)
$a_n=\int_{0}^{1}\left(1-x^2\right)^\frac{n}{2}dx=\int_{0}^{1}{\left(x\right)^\prime\left(1-x^2\right)^\frac{n}{2}}dx=\left[x\left(1-x^2\right)^\frac{n}{2}\right]_0^1-\int_{0}^{1}{x\cdot\frac{n}{2}\left(1-x^2\right)^\frac{n-2}{2}\cdot\left(-2x\right)}dx=n\int_{0}^{1}{x^2\left(1-x^2\right)^\frac{n-2}{2}}dx$
$\therefore\int_{0}^{1}{x^2\left(1-x^2\right)^\frac{n-2}{2}}dx=\frac{a_n}{n}$
一方で，
$a_n=\int_{0}^{1}\left(1-x^2\right)^\frac{n}{2}dx=\int_{0}^{1}{\left(1-x^2\right)\cdot\left(1-x^2\right)^\frac{n-2}{2}}dx=\int_{0}^{1}\left(1-x^2\right)^\frac{n-2}{2}dx-\int_{0}^{1}{x^2\left(1-x^2\right)^\frac{n-2}{2}}dx=a_{n-2}-\frac{a_n}{n}$
$\therefore a_n=\frac{n}{n+1}a_{n-2}$ ……(答)

(2)
前問の結果より，
$a_na_{n-1}=\frac{n}{n+1}a_{n-2}\cdot\frac{n-1}{n}a_{n-3}=\frac{n-1}{n+1}a_{n-2}a_{n-3}$
(ⅰ) $n$ が偶数のとき，
$a_na_{n-1}=\frac{n-1}{n+1}\cdot\frac{n-3}{n-1}\cdot\frac{n-5}{n-3}\cdot\cdots\cdots\cdot\frac{3}{5}a_2a_1=\frac{3}{n+1}a_2a_1$
ここで，
$a_2=\int_{0}^{1}\left(1-x^2\right)dx=\left[x-\frac{1}{3}x^3\right]_0^1=\frac{2}{3}$
$a_1=\frac{\pi}{4}$
より，
$a_na_{n-1}=\frac{3}{n+1}\cdot\frac{2}{3}\cdot\frac{\pi}{4}=\frac{\pi}{2\left(n+1\right)}$
(ⅱ) $n$ が奇数のとき，
$a_na_{n-1}=\frac{n-1}{n+1}\cdot\frac{n-3}{n-1}\cdot\frac{n-5}{n-3}\cdot\cdots\cdots\cdot\frac{2}{4}a_1a_0=\frac{2}{n+1}a_1a_0$
ここで，
$a_1=\frac{\pi}{4}$
$a_0=\int_{0}^{1}1dx=\left[x\right]_0^1=1$
より，
$a_na_{n-1}=\frac{2}{n+1}\cdot\frac{\pi}{4}\cdot1=\frac{\pi}{2\left(n+1\right)}$
以上，(ⅰ)と(ⅱ)より，
$a_na_{n-1}=\frac{\pi}{2\left(n+1\right)}$ ……(答)

(4)
前問の結果より，
$a_n=\frac{\pi}{a_{n-1}\cdot2\left(n+1\right)}\Leftrightarrow\left(a_n\right)^2=\frac{\pi}{2\left(n+1\right)}\cdot\frac{a_n}{a_{n-1}}$
である．これより，
$\lim_{n\rightarrow\infty}{\sqrt n}a_n=\lim_{n\rightarrow\infty}{\sqrt{n\left(a_n\right)^2}}=\lim_{n\rightarrow\infty}{\sqrt{n\cdot\frac{\pi}{2\left(n+1\right)}\cdot\frac{a_n}{a_{n-1}}}}=\lim_{n\rightarrow\infty}{\sqrt{\frac{\pi}{2}\cdot\frac{n}{n+1}\cdot\frac{a_n}{a_{n-1}}}}=\sqrt{\frac{\pi}{2}}$ ……(答)

2018年慶應大学理工数学|過去問徹底研究大問5

2019.09.20

方針の立て方 (1) どれも典型問題であるため特筆事項なし． (2) (マ)については，曲線の長さを公式を使って表した後に，極座標に置換すればよい． (ミ)についても，素直に計算をし，素直に等式を立てれば解答が得られる． (ム)について．対称性があるため，上半分だけを求めればよいことに気付くと計算が

…続きを読む
方針の立て方

(1)
どれも典型問題であるため特筆事項なし．

(2)
(マ)については，曲線の長さを公式 $\int\sqrt{1+\left(\frac{dy}{dx}\right)^2}dx$ を使って表した後に，極座標に置換すればよい．
(ミ)についても，素直に計算をし，素直に等式を立てれば解答が得られる．
(ム)について．対称性があるため，上半分だけを求めればよいことに気付くと計算が楽になる．この問題に限らず，対称性に気付くことは重要である．そして，曲線の分かれ目となる点 $\mathrm{B}$ の左側と右側で分けて面積を求めると考える．第1象限側は円弧であるため，面積の導出については特筆事項なし．左側については，最初は素直に $xy$ 座標で面積を定積分で表し，それを極座標変換する．極座標の問題で分からないときには一先ず $xy$ 座標で表し，それを極座標変換するという順序で解くと，何をやっているのかが分かりやすい．

解答例

(1)
フ： $\frac{v}{v^2-1}$
ヘ： $0$
ホ： $\frac{1}{\sqrt{v^2-1}}$
(2)
マ： $\sqrt{\left\{f^\prime\left(\theta\right)\right\}^2+\left\{f\left(\theta\right)\right\}^2}$
ミ： $\frac{1}{\sqrt{v^2-1}}$
ム： $\frac{1}{2}\left(\pi+e^\pi-3\right)$

解説

(1)
〇半径(フについて)
$\mathrm{Q} \left(X,Y\right)$ とおくと， $\mathrm{OQ}=\sqrt{X^2+Y^2},\mathrm{AQ}=\sqrt{\left(X-1\right)^2+Y^2}$ と書ける．
$\therefore\mathrm{OQ}\colon\mathrm{AQ}=\sqrt{X^2+Y^2}\colon\sqrt{\left(X-1\right)^2+Y^2}=1\colon v$
$\therefore\sqrt{\left(X-1\right)^2+Y^2}=v\sqrt{X^2+Y^2}$
両辺正のため，2乗しても同値性は崩れず，
$\left(X-1\right)^2+Y^2=v^2\left(X^2+Y^2\right)\Longleftrightarrow\left(X+\frac{1}{v^2-1}\right)^2+Y^2=\left(\frac{v}{v^2-1}\right)^2$
よって，求める半径は $\frac{v}{v^2-1}$ ……(答)

〇点 $\mathrm{B}$ の座標(ヘとホについて)
点 $\mathrm{B}$ の $x$ 座標を $x=t$ と置くと，接点の座標は $\left(t,\sqrt{-t^2-\frac{2}{v^2-1}t+\frac{1}{v^2-1}}\right)$ となる．
よって，接線は，
$\left(t+\frac{1}{v^2-1}\right)\left(X+\frac{1}{v^2-1}\right)+Y\sqrt{-t^2-\frac{2}{v^2-1}t+\frac{1}{v^2-1}}=\left(\frac{v}{v^2-1}\right)^2$
これが点 $\left(1,0\right)$ を通るので，
$\left(t+\frac{1}{v^2-1}\right)\left(1+\frac{1}{v^2-1}\right)=\left(\frac{v}{v^2-1}\right)^2\Leftrightarrow t=0$
よって，点 $\mathrm{B}$ の座標は，
$\left(0,\frac{1}{\sqrt{v^2-1}}\right)$ ……(答)

(2)
〇最短経路の長さ(マについて)
曲線 $C_1$ の方程式を $y=g\left(x\right)$ とすると，最短経路の長さは，
$\mathrm{AB}+\int_{x_{\theta_1}}^{x_{\theta_0}}\sqrt{1+\left(\frac{dy}{dx}\right)^2}dx$
となる．ただし， $x_{\theta_1}$ は点 $\mathrm{R}$ の $x$ 座標であり， $x_{\theta_0}$ は点 $\mathrm{B}$ の $x$ 座標である．
ここで，直角座標から極座標へ変換すると，
$\begin{cases} x=r\cos{\theta}=f\left(\theta\right)\cos{\theta} \\ y=r\sin{\theta}=f\left(\theta\right)\sin{\theta} \end{cases}$
となり，
$\begin{cases} \frac{dx}{d\theta}=f^\prime\left(\theta\right)\cos{\theta}-f\left(\theta\right)\sin{\theta} \\ \frac{dy}{d\theta}=f^\prime\left(\theta\right)\sin{\theta}+f\left(\theta\right)\cos{\theta} \end{cases}$
$\therefore\frac{dy}{dx}=\frac{dy}{d\theta}\cdot\frac{d\theta}{dx}=\frac{f^\prime\left(\theta\right)\sin{\theta}+f\left(\theta\right)\cos{\theta}}{f^\prime\left(\theta\right)\cos{\theta}-f\left(\theta\right)\sin{\theta}}$
よって，最短経路の長さは， $\frac{dx}{d\theta}<0$ より，積分区間が入れ替わることに注意すれば，
$\mathrm{AB}+\int_{x_{\theta_1}}^{x_{\theta_0}}\sqrt{1+\left(\frac{dy}{dx}\right)^2}dx=\mathrm{AB}+\int_{\theta_1}^{\theta_0}\sqrt{1+\left(\frac{f^\prime\left(\theta\right)\sin{\theta}+f\left(\theta\right)\cos{\theta}}{f^\prime\left(\theta\right)\cos{\theta}-f\left(\theta\right)\sin{\theta}}\right)^2}\left\{f^\prime\left(\theta\right)\cos{\theta}-f\left(\theta\right)\sin{\theta}\right\}d\theta=\mathrm{AB}+\int_{\theta_0}^{\theta_1}\sqrt{\left(f\left(\theta\right)\sin{\theta}-f^\prime\left(\theta\right)\cos{\theta}\right)^2+\left(f^\prime\left(\theta\right)\sin{\theta}+f\left(\theta\right)\cos{\theta}\right)^2}d\theta=\mathrm{AB}+\int_{\theta_0}^{\theta_1}\sqrt{\left\{f^\prime\left(\theta\right)\right\}^2+\left\{f\left(\theta\right)\right\}^2}d\theta$
〇 $\alpha$ (ミについて)
(1)の結果を考えれば， $\theta_0=\frac{\pi}{2}$ であり， $\mathrm{AB}=\sqrt{1^2+\left(\frac{1}{\sqrt{v^2-1}}\right)^2}=\frac{v}{\sqrt{v^2-1}}$ である．
$f\left(\theta\right)=\beta e^{\alpha\left(\theta-\theta_0\right)}=\beta e^{\alpha\left(\theta-\frac{\pi}{2}\right)}$ より， $vf\left(\theta_1\right)=v\beta e^{\alpha\left(\theta_1-\frac{\pi}{2}\right)}$ である．
更に $f^\prime\left(\theta\right)=\alpha\beta e^{\alpha\left(\theta-\frac{\pi}{2}\right)}$
$\mathrm{AB}+\int_{\theta_0}^{\theta_1}\sqrt{\left\{f^\prime\left(\theta\right)\right\}^2+\left\{f\left(\theta\right)\right\}^2}d\theta=\frac{v}{\sqrt{v^2-1}}+\int_{\frac{\pi}{2}}^{\theta_1}\sqrt{\left\{\alpha\beta e^{\alpha\left(\theta-\frac{\pi}{2}\right)}\right\}^2+\left\{\beta e^{\alpha\left(\theta-\frac{\pi}{2}\right)}\right\}^2}d\theta\bigm=\frac{v}{\sqrt{v^2-1}}+\int_{\frac{\pi}{2}}^{\theta_1}{\sqrt{1+\alpha^2}\beta e^{\alpha\left(\theta-\frac{\pi}{2}\right)}}d\theta=\frac{v}{\sqrt{v^2-1}}+\sqrt{1+\alpha^2}\beta\left[\frac{1}{\alpha}e^{\alpha\left(\theta-\frac{\pi}{2}\right)}\right]_{\frac{\pi}{2}}^{\theta_1}\bigm=\frac{v}{\sqrt{v^2-1}}-\frac{\beta}{\alpha}\sqrt{1+\alpha^2}+\frac{\beta}{\alpha}\sqrt{1+\alpha^2}e^{\alpha\left(\theta_1-\frac{\pi}{2}\right)}$
これと $vf\left(\theta_1\right)=v\beta e^{\alpha\left(\theta_1-\frac{\pi}{2}\right)}$ が等しくなるので，
$\begin{cases} \frac{v}{\sqrt{v^2-1}}-\frac{\beta}{\alpha}\sqrt{1+\alpha^2}=0 \\ \frac{\beta}{\alpha}\sqrt{1+\alpha^2}=v\beta \end{cases}\Leftrightarrow\begin{cases} \alpha=\frac{1}{\sqrt{v^2-1}} \\ \beta=\frac{1}{\sqrt{v^2-1}} \end{cases}$ ……(答)
〇領域の面積(ムについて)
$v=\sqrt2$ のとき， $\alpha=\beta=1$ となる．
以下では，領域の上半分の面積を考える．最終的な答えはその2倍となる．
まず第1象限の図形について．これは(1)の議論から $\left(X+\frac{1}{v^2-1}\right)^2+Y^2=\left(\frac{v}{v^2-1}\right)^2\Leftrightarrow\left(X+1\right)^2+Y^2=2$ を満たす図形，つまり，中心 $\left(-1,0\right)$ ，半径 $\sqrt2$ の円の内部．中心を点 $\mathrm{D}$ とすると， $\angle\mathrm{ADB}=\frac{\pi}{4}$ となる．よって，第1象限の図形の面積は，
$\frac{1}{2}\cdot\left(\sqrt2\right)^2\cdot\frac{\pi}{4}-\frac{1}{2}\cdot\sqrt2\cos{\frac{\pi}{4}}\cdot\sqrt2\sin{\frac{\pi}{4}}=\frac{\pi}{4}-\frac{1}{2}$
次に第2象限の図形について．
$x=f\left(\theta\right)\cos{\theta}=e^{\theta-\frac{\pi}{2}}\cos{\theta}$ であるから， $\theta=\pi$ のとき， $x=-e^\frac{\pi}{2}$
よって，第2象限の図形の面積は，
$\int_{-e^\frac{\pi}{2}}^{0}ydx=\int_{\pi}^{\frac{\pi}{2}}{f\left(\theta\right)\sin{\theta}}\frac{dx}{d\theta}d\theta=\int_{\pi}^{\frac{\pi}{2}}{e^{\theta-\frac{\pi}{2}}\sin{\theta}}\cdot e^{\theta-\frac{\pi}{2}}\left(\cos{\theta}-\sin{\theta}\right)d\theta=\int_{\pi}^{\frac{\pi}{2}}e^{2\theta-\pi}\left(\sin{\theta}\cos{\theta}-{\mathrm{sin}}^2\theta\right)d\theta\bigm=\int_{\pi}^{\frac{\pi}{2}}e^{2\theta-\pi}\left(\frac{\sin{2\theta}}{2}-\frac{1-\cos{2\theta}}{2}\right)d\theta=-\frac{1}{2}\int_{\pi}^{\frac{\pi}{2}}e^{2\theta-\pi}d\theta+\frac{1}{2}\int_{\pi}^{\frac{\pi}{2}}{e^{2\theta-\pi}\left(\sin{2\theta}+\cos{2\theta}\right)}d\theta$
ここで， $\int_{\pi}^{\frac{\pi}{2}}e^{2\theta-\pi}d\theta=\left[\frac{1}{2}e^{2\theta-\pi}\right]_\pi^{\frac{\pi}{2}}=\frac{1}{2}\left(1-e^\pi\right)$ であり，
$\left(e^{2\theta-\pi}\sin{2\theta}\right)^\prime=2e^{2\theta-\pi}\sin{2\theta}+2e^{2\theta-\pi}\cos{2\theta}\Leftrightarrow e^{2\theta-\pi}\left(\sin{2\theta}+\cos{2\theta}\right)=\frac{1}{2}\left(e^{2\theta-\pi}\sin{2\theta}\right)^\prime$
であるから，
$\int_{\pi}^{\frac{\pi}{2}}{e^{2\theta-\pi}\left(\sin{2\theta}+\cos{2\theta}\right)}d\theta=\int_{\pi}^{\frac{\pi}{2}}{\frac{1}{2}\left(e^{2\theta-\pi}\sin{2\theta}\right)^\prime}d\theta=\left[\frac{1}{2}e^{2\theta-\pi}\sin{2\theta}\right]_\pi^{\frac{\pi}{2}}=0$
$\therefore\int_{-e^\frac{\pi}{2}}^{0}ydx=-\frac{1}{4}\left(1-e^\pi\right)$
よって，上半分の面積は，
$\frac{\pi}{4}-\frac{1}{2}-\frac{1}{4}\left(1-e^\pi\right)=\frac{1}{4}\left(\pi+e^\pi-3\right)$
よって，求める面積は，
$2\cdot\frac{1}{4}\left(\pi+e^\pi-3\right)=\frac{1}{2}\left(\pi+e^\pi-3\right)$ ……(答)

2018年慶應大学理工数学|過去問徹底研究大問4

2019.09.20

方針の立て方 (1) (ソ)について．角の情報を引き出す必要があるため，内積で攻める必要があると判断する． (タ)と(チ)について．答えの形式から，との係数を文字で置くことから始める．すると，求める文字は2つのため，点に関する情報が2つ必要になるから，問題文から点に関する情報を2つ集める． (ツ)に

…続きを読む
方針の立て方

(1)
(ソ)について．角の情報を引き出す必要があるため，内積で攻める必要があると判断する．
(タ)と(チ)について．答えの形式から， $\vec{\mathrm{OA}}$ と $\vec{\mathrm{OB}}$ の係数を文字で置くことから始める．すると，求める文字は2つのため，点 $\mathrm{C}$ に関する情報が2つ必要になるから，問題文から点 $\mathrm{C}$ に関する情報を2つ集める．
(ツ)について． $\vec{\mathrm{OB}}\cdot\vec{\mathrm{OD}}$ のままでは埒が明かないため，一先ず変形を試みる．前問の結果を用いれば変形の仕方も容易に思いつく．

(2)
$s,t,u$ の3文字から $s,t$ の等式を導くため，一先ず $u$ を消去することを考える．その後は， $s,t$ の等式を立てるため， $\vec{\mathrm{OA}}$ と $\vec{\mathrm{OB}}$ と $\vec{\mathrm{OC}}$ を消去する必要があるが，これにはベクトルの大きさで考えれば良いから，その方針で解く．

(3)
(ネ)～(ハ)について．前問で $s,t$ を導入したこともあり， $s,t$ 中心で考えていくと上手くいくと考える．すると， $\left|\vec{\mathrm{OQ}}\right|$ が $s,t$ で書き表せるため， $s,t$ を動かしたときの最大値を考えればいいことが分かる．前問の結果を加味すれば線形計画法の考え方であると見抜ける．
(ヒ)について．典型的な四面体の体積問題である．「垂線と面が直交する」と，「垂線と面を構成する2ベクトル(基底ベクトルという)が垂直」が同値であることを利用する．

解答例

(1)
ソ： $\frac{\pi}{3}$
タ： $\frac{3}{2}$
チ： $-\frac{1}{2}$
ツ： $9$
(2)
テ： $3$
ト： $0$
ナ： $-3$
ニ： $-3$
ヌ： $0$
(3)
ネ： $\frac{3+\sqrt3}{2}$
ノ： $\frac{1+\sqrt3}{2}$
ハ： $-1-\sqrt3$
ヒ： $\frac{3\sqrt6\left(2+\sqrt3\right)}{2}$

解説

(1)
〇 $\angle\mathrm{AOB}$ (ソについて)
点 $\mathrm{B}$ は図形 $S$ 上の点のため， $\left|\vec{\mathrm{OB}}\right|=\vec{\mathrm{OA}}\cdot\vec{\mathrm{OB}}=\left|\vec{\mathrm{OA}}\right|\left|\vec{\mathrm{OB}}\right|\cos{\angle\mathrm{AOB}}\Longleftrightarrow\cos{\angle\mathrm{AOB}}=\frac{1}{\left|\vec{\mathrm{OA}}\right|}=\frac{1}{2}$
$\therefore\angle\mathrm{AOB}=\frac{\pi}{3}$ ……(答)
〇 $\vec{\mathrm{OC}}$ (タとチについて)
$\vec{\mathrm{OC}}$ は $\mathrm{AB}$ 上の点のため， $\vec{\mathrm{OC}}=t\vec{\mathrm{OA}}+\left(1-t\right)\vec{\mathrm{OB}}$ ( $t$ は実数)と表せる．
点 $\mathrm{C}$ は図形 $S$ 上の点のため， $\left|\vec{\mathrm{OC}}\right|=\vec{\mathrm{OA}}\cdot\vec{\mathrm{OC}}=t\left|\vec{\mathrm{OA}}\right|^2+\left(1-t\right)\vec{\mathrm{OA}}\cdot\vec{\mathrm{OB}}=4t+6\left(1-t\right)=-2t+6$
$\left|\vec{\mathrm{OC}}\right|^2=t^2\left|\vec{\mathrm{OA}}\right|^2+\left(1-t\right)^2\left|\vec{\mathrm{OB}}\right|^2+2t\left(1-t\right)\vec{\mathrm{OA}}\cdot\vec{\mathrm{OB}}=28t^2-60t+36$
$\therefore28t^2-60t+36=\left(-2t+6\right)^2\Leftrightarrow t=0,\frac{3}{2}$
$t=0$ では $\vec{\mathrm{OC}}=\vec{\mathrm{OB}}$ となるため不適．よって， $t=\frac{3}{2}$ ．
$\therefore\vec{\mathrm{OC}}=\frac{3}{2}\vec{\mathrm{OA}}+\left(1-\frac{3}{2}\right)\vec{\mathrm{OB}}=\frac{3}{2}\vec{\mathrm{OA}}-\frac{1}{2}\vec{\mathrm{OB}}$ ……(答)
〇 $\vec{\mathrm{OB}}\cdot\vec{\mathrm{OD}}$ (ツについて)
前問の結果を変形すると，
$\vec{\mathrm{OB}}=3\vec{\mathrm{OA}}-2\vec{\mathrm{OC}}$
$\therefore\vec{\mathrm{OB}}\cdot\vec{\mathrm{OD}}=\left(3\vec{\mathrm{OA}}-2\vec{\mathrm{OC}}\right)\cdot\vec{\mathrm{OD}}=3\vec{\mathrm{OA}}\cdot\vec{\mathrm{OD}}-2\vec{\mathrm{OC}}\cdot\vec{\mathrm{OD}}=3\vec{\mathrm{OA}}\cdot\vec{\mathrm{OD}}\left(\because\vec{\mathrm{OC}}\bot\vec{\mathrm{OD}}\right)\bigm=3\left|\vec{\mathrm{OD}}\right|$ ( $\because$ 点 $\mathrm{D}$ は図形 $S$ 上の点) $=3\left|\vec{\mathrm{OC}}\right|=3\left(-2t+6\right)=9$ ……(答)

(2)
$s+t+u=1$ である．
点 $\mathrm{Q}$ は図形 $S$ 上の点のため， $\left|\vec{\mathrm{OQ}}\right|^2=\left(\vec{\mathrm{OA}}\cdot\vec{\mathrm{OQ}}\right)^2=\left(s\left|\vec{\mathrm{OA}}\right|^2+t\vec{\mathrm{OA}}\cdot\vec{\mathrm{OB}}+u\vec{\mathrm{OA}}\cdot\vec{\mathrm{OD}}\right)^2\bigm=\left(4s+t\left|\vec{\mathrm{OB}}\right|+u\left|\vec{\mathrm{OD}}\right|\right)^2=\left(4s+6t+3u\right)^2\bigm=\left(3+s+3t\right)^2\left(\because s+t+u=1\right)\bigm=s^2+9t^2+6st+6s+18t+9$
一方，
$\left|\vec{\mathrm{OQ}}\right|^2=\left(s\vec{\mathrm{OA}}+t\vec{\mathrm{OB}}+u\vec{\mathrm{OD}}\right)^2=s^2\left|\vec{\mathrm{OA}}\right|^2+t^2\left|\vec{\mathrm{OB}}\right|^2+u^2\left|\vec{\mathrm{OD}}\right|^2+2st\vec{\mathrm{OA}}\cdot\vec{\mathrm{OB}}+2tu\vec{\mathrm{OB}}\cdot\vec{\mathrm{OD}}+2us\vec{\mathrm{OA}}\cdot\vec{\mathrm{OD}}\bigm=4s^2+36t^2+u^2\left|\vec{\mathrm{OD}}\right|^2+2st\left|\vec{\mathrm{OB}}\right|+18tu+2us\left|\vec{\mathrm{OD}}\right|=4s^2+36t^2+9u^2+12st+18tu+6us\bigm=7s^2+27t^2+6st-12s+9\left(\because s+t+u=1\right)$
$\therefore s^2+9t^2+6st+6s+18t+9=7s^2+27t^2+6st-12s+9\Leftrightarrow s^2+3t^2-3s-3t=0$ ……(答)

(3)
〇 $\vec{\mathrm{OE}}$ (ネ～ハについて)

前問で求めた $s,t$ の条件より，
$s^2+3t^2-3s-3t=0\Leftrightarrow\left(s-\frac{3}{2}\right)^2+3\left(t-\frac{1}{2}\right)^2=3$ ……①
また，(2)での議論より， $\left|\vec{\mathrm{OQ}}\right|=3+s+3t$
ここで， $s+3t=k$ とおくと， $t=-\frac{1}{3}s+\frac{1}{3}k$ であり，①の下で $k$ が最大となるときを考えれば良い．
左図のように，線形計画法の要領で解くと， $k$ の最大値は $3+2\sqrt3$ と分かり，このとき， $s=\frac{3+\sqrt3}{2},t=1+32$ となる．
$s+t+u=1$ より， $u=1-\frac{3+\sqrt3}{2}-\frac{1+\sqrt3}{2}=-1-\sqrt3$ となる．
$\therefore\vec{\mathrm{OE}}=\frac{3+\sqrt3}{2}\vec{\mathrm{OA}}+\frac{1+\sqrt3}{2}\vec{\mathrm{OB}}+\left(-1-\sqrt3\right)\vec{\mathrm{OD}}$ ……(答)

〇四面体 $\mathrm{OCDE}$ (ヒについて)
$\vec{\mathrm{OC}}\bot\vec{\mathrm{OD}}$ より， $\triangle\mathrm{OCD}=\frac{1}{2}\mathrm{OC}\cdot\mathrm{OD}=\frac{9}{2}$
点 $\mathrm{E}$ から $\triangle\mathrm{OCD}$ への垂線の足を点 $\mathrm{H}$ とする．すると， $\vec{\mathrm{EH}}\bot\triangle\mathrm{OCD}\Leftrightarrow\begin{cases} \vec{\mathrm{OC}}\cdot\vec{\mathrm{EH}}=0 \\ \vec{\mathrm{OD}}\cdot\vec{\mathrm{EH}}=0 \end{cases}$
ここで， $\alpha,\beta$ を実数として $\vec{\mathrm{EH}}=\vec{\mathrm{OH}}-\vec{\mathrm{OE}}=\alpha\vec{\mathrm{OC}}+\beta\vec{\mathrm{OD}}-\vec{\mathrm{OE}}$ (つまり $\vec{\mathrm{OH}}=\alpha\vec{\mathrm{OC}}+\beta\vec{\mathrm{OD}}$ )とすると，(1)の結果より， $\left|\vec{\mathrm{OC}}\right|=3$ であることに注意して，
$\vec{\mathrm{OC}}\cdot\vec{\mathrm{EH}}=\vec{\mathrm{OC}}\cdot\left(\alpha\vec{\mathrm{OC}}+\beta\vec{\mathrm{OD}}-\vec{\mathrm{OE}}\right)=\alpha\left|\vec{\mathrm{OC}}\right|^2+\beta\vec{\mathrm{OC}}\cdot\vec{\mathrm{OD}}-\vec{\mathrm{OC}}\cdot\vec{\mathrm{OE}}\bigm=9\alpha-\vec{\mathrm{OC}}\cdot\left(\frac{3+\sqrt3}{2}\vec{\mathrm{OA}}+\frac{1+\sqrt3}{2}\vec{\mathrm{OB}}+\left(-1-\sqrt3\right)\vec{\mathrm{OD}}\right)\left(\because\vec{\mathrm{OC}}\bot\vec{\mathrm{OD}}\right)\bigm=9\alpha-\frac{3+\sqrt3}{2}\vec{\mathrm{OC}}\cdot\vec{\mathrm{OA}}-\frac{1+\sqrt3}{2}\vec{\mathrm{OC}}\cdot\vec{\mathrm{OB}}+\left(1+\sqrt3\right)\vec{\mathrm{OC}}\cdot\vec{\mathrm{OD}}\bigm=9\alpha-\frac{3+\sqrt3}{2}\left|\vec{\mathrm{OC}}\right|-\frac{1+\sqrt3}{2}\left(\frac{3}{2}\vec{\mathrm{OA}}-\frac{1}{2}\vec{\mathrm{OB}}\right)\cdot\vec{\mathrm{OB}}\bigm=9\alpha-\frac{3+\sqrt3}{2}\left|\vec{\mathrm{OC}}\right|-\frac{1+\sqrt3}{2}\left(\frac{3}{2}\left|\vec{\mathrm{OB}}\right|-\frac{1}{2}\left|\vec{\mathrm{OB}}\right|^2\right)\bigm=9\alpha+3\sqrt3$
$\vec{\mathrm{OD}}\cdot\vec{\mathrm{EH}}=\vec{\mathrm{OD}}\cdot\left(\alpha\vec{\mathrm{OC}}+\beta\vec{\mathrm{OD}}-\vec{\mathrm{OE}}\right)=\beta\left|\vec{\mathrm{OD}}\right|^2-\vec{\mathrm{OD}}\cdot\vec{\mathrm{OE}}\bigm=9\beta-\vec{\mathrm{OD}}\cdot\left(\frac{3+\sqrt3}{2}\vec{\mathrm{OA}}+\frac{1+\sqrt3}{2}\vec{\mathrm{OB}}+\left(-1-\sqrt3\right)\vec{\mathrm{OD}}\right)\bigm=9\beta-\frac{3+\sqrt3}{2}\vec{\mathrm{OA}}\cdot\vec{\mathrm{OD}}-\frac{1+\sqrt3}{2}\vec{\mathrm{OB}}\cdot\vec{\mathrm{OD}}+\left(1+\sqrt3\right)\left|\vec{\mathrm{OD}}\right|^2\bigm=9\beta-\frac{3+\sqrt3}{2}\left|\vec{\mathrm{OD}}\right|-\frac{1+\sqrt3}{2}\cdot9+\left(1+\sqrt3\right)\left|\vec{\mathrm{OD}}\right|^2=9\beta+3\sqrt3$
$\begin{cases} \vec{\mathrm{OC}}\cdot\vec{\mathrm{EH}}=0 \\ \vec{\mathrm{OD}}\cdot\vec{\mathrm{EH}}=0 \end{cases}\Leftrightarrow\begin{cases} 9\alpha+3\sqrt3=0 \\ 9\beta+3\sqrt3=0 \end{cases}\Leftrightarrow\begin{cases} \alpha=-\frac{\sqrt3}{3} \\ \beta=-\frac{\sqrt3}{3} \end{cases}$
$\therefore\vec{\mathrm{EH}}=-\frac{\sqrt3}{3}\vec{\mathrm{OC}}-\frac{\sqrt3}{3}\vec{\mathrm{OD}}-\vec{\mathrm{OE}}=-\frac{\sqrt3}{3}\vec{\mathrm{OC}}-\frac{\sqrt3}{3}\vec{\mathrm{OD}}-\left(\frac{3+\sqrt3}{2}\vec{\mathrm{OA}}+\frac{1+\sqrt3}{2}\vec{\mathrm{OB}}+\left(-1-\sqrt3\right)\vec{\mathrm{OD}}\right)\bigm=-\frac{3+2\sqrt3}{2}\vec{\mathrm{OA}}-\frac{3+2\sqrt3}{6}\vec{\mathrm{OB}}+\frac{3+2\sqrt3}{3}\vec{\mathrm{OD}}$
$\therefore\left|\vec{\mathrm{EH}}\right|=\sqrt{\left(-\frac{3+2\sqrt3}{2}\vec{\mathrm{OA}}-\frac{3+2\sqrt3}{6}\vec{\mathrm{OB}}+\frac{3+2\sqrt3}{3}\vec{\mathrm{OD}}\right)^2}=\sqrt{2\left(3+2\sqrt3\right)^2}=3\sqrt2+2\sqrt6$
よって，四面体 $\mathrm{OCDE}$ の体積は，
$\frac{1}{3}\cdot\frac{9}{2}\cdot\left(3\sqrt2+2\sqrt6\right)=\frac{3\sqrt6\left(2+\sqrt3\right)}{2}$ ……(答)

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

…続きを読む
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)

続きはこちらから

大問1

大問2

大問3

大問4

大問5

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。

2018年慶應大学理工|過去問徹底研究大問1

2019.08.30

慶應義塾大学過去問徹底研究　2018年　大問1 方針の立て方 (1) 頻出問題のため特筆事項なし．(を使うにはが必要だから，方程式全体をの何乗かで割るということに気付くこともできる．) (2) 与えられた条件式が対称式であるため，とで表せると考え，変形する．また，とに課せられた条件は，のみではなく「

…続きを読む
慶應義塾大学過去問徹底研究　2018年　大問1

方針の立て方

(1)
頻出問題のため特筆事項なし．( $y$ を使うには $\frac{1}{x}$ が必要だから，方程式全体を $x$ の何乗かで割るということに気付くこともできる．)

(2)
与えられた条件式が対称式であるため， $x+y$ と $xy$ で表せると考え，変形する．また， $x$ と $y$ に課せられた条件は， $x^3+y^3+xy-3=0$ のみではなく「実数である」ことにも注意．この問題も頻出問題である．

(3)
$\left(x-1\right)\left(x^{3n}-1\right)$ も $\left(x^3-1\right)\left(x^n-1\right)$ もまだ因数分解できるため，一先ず因数分解をし切って，共通因数を除外して考える．「割ること」を考えているため，和→積の変形である因数分解をなるべくしておくと良いことには気付きたい．そうすると， $\left(x-\frac{-1+\sqrt3i}{2}\right)$ と $\left(x-\frac{-1-\sqrt3i}{2}\right)$ で割り切れることを示せれば十分と分かるため，因数定理に持ち込む方針が得られる．更に複素数の $n$ 乗の計算を求められるため，ド・モアブルの定理を使うことも見抜きたい．

解答例
(1)
ア： $y^2-2y+1$
イ： $\frac{1\pm\sqrt3i}{2}$
(2)
ウ： $\frac{s^3-3}{3s-1}$
エ： $\frac{1}{3}\leqq s\leqq2$
(3)
$n=3k+1$ $\left(k=0,1,2,\cdots\cdots\right)$ と書ける．
$\left(x-1\right)\left(x^{3n}-1\right)=\left(x-1\right)\left(x^n-1\right)\left(x^{2n}+x^n+1\right)$
$\left(x^3-1\right)\left(x^n-1\right)=\left(x-1\right)\left(x^n-1\right)\left(x^2+x+1\right)=\left(x-1\right)\left(x^n-1\right)\left(x-\frac{-1+\sqrt3i}{2}\right)\left(x-\frac{-1-\sqrt3i}{2}\right)=\left(x-1\right)\left(x^n-1\right)\left\{x-\left(\cos{\frac{2}{3}\pi}+i\sin{\frac{2}{3}\pi}\right)\right\}\left\{x-\left(\cos{\left(-\frac{2}{3}\pi\right)}+i\sin{\left(-\frac{2}{3}\pi\right)}\right)\right\}$
より， $x=\cos{\frac{2}{3}\pi}+i\sin{\frac{2}{3}\pi},\cos{\left(-\frac{2}{3}\pi\right)}+i\sin{\left(-\frac{2}{3}\pi\right)}$ のとき， $x^{2n}+x^n+1=0$ となれば，因数定理より $x^{2n}+x^n+1$ は $\left\{x-\left(\cos{\frac{2}{3}\pi}+i\sin{\frac{2}{3}\pi}\right)\right\}$ と $\left\{x-\left(\cos{\left(-\frac{2}{3}\pi\right)}+i\sin{\left(-\frac{2}{3}\pi\right)}\right)\right\}$ の両方を因数に持つことになり， $x^2+x+1$ で割り切れることが示せる．
$x^{2n}+x^n+1=x^{2\left(3k+1\right)}+x^{3k+1}+1=x^{6k+2}+x^{3k+1}+1$
であり， $x=\cos{\left(\pm\frac{2}{3}\pi\right)}+i\sin{\left(\pm\frac{2}{3}\pi\right)}$ を代入すると，ド・モアブルの定理より，
$x^{6k+2}+x^{3k+1}+1=\cos{\left(\pm\frac{2\left(6k+2\right)}{3}\pi\right)}+i\sin{\left(\pm\frac{2\left(6k+2\right)}{3}\pi\right)}+\cos{\left(\pm\frac{2\left(3k+1\right)}{3}\pi\right)}+i\sin{\left(\pm\frac{2\left(3k+1\right)}{3}\pi\right)}+1\bigm=\cos{\left(\pm4k\pi\pm\frac{4}{3}\pi\right)}+i\sin{\left(\pm4k\pi\pm\frac{4}{3}\pi\right)}+\cos{\left(\pm2k\pi\pm\frac{2}{3}\pi\right)}+i\sin{\left(\pm2k\pi\pm\frac{2}{3}\pi\right)}+1\bigm=\cos{\left(\pm\frac{4}{3}\pi\right)}+i\sin{\left(\pm\frac{4}{3}\pi\right)}+\cos{\left(\pm\frac{2}{3}\pi\right)}+i\sin{\left(\pm\frac{2}{3}\pi\right)}+1\bigm=-\frac{1}{2}\mp\frac{\sqrt3}{2}i-\frac{1}{2}\pm\frac{\sqrt3}{2}i+1=0$
となり，題意が示せた．証明終了．

解説

(1)
〇 $y$ の満たす２次方程式(アについて)
$x=0$ は解とならない．よって，方程式の両辺を $x^2$ で割ることができ，
$x^2-2x+3-\frac{2}{x}+\frac{1}{x^2}=0\Leftrightarrow\left(x+\frac{1}{x}\right)^2-2\left(x+\frac{1}{x}\right)+1=0$
よって，求める２次方程式は，
$y^2-2y+1=0$ ……(答)
〇方程式の解(イについて)
$y^2-2y+1=0$ を解くと $y=1$ ．
$\therefore x+\frac{1}{x}=1\Leftrightarrow x^2-x+1=0$ $\left(x\neq0\right)$
これを解くと，
$x=\frac{1\pm\sqrt3i}{2}$ ……(答)

(2)
〇 $t$ の式(ウについて)
$x^3+y^3+xy-3=0\Leftrightarrow\left(x+y\right)^3-3xy\left(x+y\right)+xy-3=0$
$\therefore s^3-3st+t-3=0$
ここで， $s=\frac{1}{3}$ は上式を満たさないため， $s\neq\frac{1}{3}\Leftrightarrow3s-1\neq0$ ．この下で上式を $t$ について解くと，
$t=\frac{s^3-3}{3s-1}$ ……(答)
〇 $s$ のとりうる値の範囲(エについて)
$s=x+y,t=xy$ より， $x,y$ は次の $\alpha$ についての２次方程式の２解である．
$\alpha^2-s\alpha+t=0$
$x,y$ が実数であるには，この２次方程式の判別式が０以上であれば必要十分である．
$\therefore s^2-4t\geqq0$
$t=\frac{s^3-3}{3s-1}$ より，
$s^2-4t=s^2-4\cdot\frac{s^3-3}{3s-1}=\frac{\left(s-2\right)\left\{\left(s+\frac{3}{2}\right)^2+\frac{15}{4}\right\}}{1-3s}$
$\left(s+\frac{3}{2}\right)^2+\frac{15}{4}>0$ より，求める条件は，
$\frac{s-2}{1-3s}\geqq0\Leftrightarrow\left(s-2\right)\left(1-3s\right)\geqq0\Leftrightarrow\frac{1}{3}\leqq s\leqq2$ ……(答)

続きはこちらから

大問1

大問2

大問3

大問4

大問5

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。