2015 年 早稲田大学 理工学部 [I] (1) 1 √ − 32 f ′′ (x) = − 2x >0 3 −5 −5 (1 + x2 ) 2 2x = −3x(1 + x2 ) 2 2 (−∞) f ′ (x) 0 + + f ′′ (x) f (x) 1 1 + x2 (1 + x2 ) − x2 √ (1 + x2 ) 1 + x2 = (1 + x2 ) x √ 1 + x2 − x 2 1 + x2 f ′ (x) = = 解答 0 (∞) + − 変曲点 (−1) y = f (x) のグラフの概形は (1) y 1 x O (答) −1 (2) − 32 x = f ′ (t) = (1 + t 2 ) >0 } −3 −3{ y = f (t) − tf ′ (t) = (1 + t 2 ) 2 t(1 + t 2 ) − t = t 3 (1 + t 2 ) 2 2 式の辺々比をとると ( y )1 y 3 3 =t ∴ t= >0 x x t を消去すると ( y )2 y 3 − 32 2 x =1+ t =1+ かつ > 0 かつ x > 0 x x 2 2 ∴ x 3 + y 3 = 1 (x > 0, y > 0) 曲線 x = f ′ (t), y = f (t) − tf ′ (t) は第 1 象限内にあるアステロイドであり,図示 すると y 1 O 1 x (答) — 1 — 2015 年 早稲田大学 理工学部 ( π) (注 ) t = tan θ 0 < θ < とおくと, 2 − 32 x = (1 + tan2 θ) 解答 3 = (cos2 θ) 2 = cos3 θ sin θ y = tan θ cos θ − tan θ cos3 θ = cos θ (1 − cos2 θ) = sin3 θ cos θ ( ) (3) 点 f ′ (t), f (t) − tf ′ (t) における接ベクトルは ( ′′ ) f (t), f ′ (t) − 1 f ′ (t) − tf ′′ (t) = f ′′ (t)(1, −t) ( ) 点 f ′ (t), f (t) − tf ′ (t) における接線の方程式は { } ( { }) t x − f ′ (t) + 1 y − f (t) − tf ′ (t) = 0 ∴ tx + y − f (t) = 0 y = 0 とおくと f (t) −1 x= = (1 + t 2 ) 2 t x = 0 とおくと −1 y = f (t) = t(1 + t 2 ) 2 ( ) 点 f ′ (t), f (t) − tf ′ (t) における接線と x 軸,y 軸との交点はそれぞれ ( ) ( ) −1 −1 (1 + t 2 ) 2 , 0 , 0, t(1 + t 2 ) 2 であり, 2 点を結ぶ線分の長さは √( )2 ( ) −1 −1 2 (1 + t 2 ) 2 − 0 + 0 − t(1 + t 2 ) 2 √ = (1 + t 2 )−1 + t 2 (1 + t 2 )−1 √ = (1 + t 2 )(1 + t 2 )−1 = 1 (一定) (証明おわり ) — 2 — 2015 年 早稲田大学 理工学部 解答 [ II ] √ (1) a, b, x, y, u, v は整数 (有理数 ) , 2 は無理数であるから, √ √ √ (a + b 2 )(x + y 2 ) = ax + 2by + (ay + bx) 2 √ =u+v 2 より u = ax + 2by, v = ay + bx (答) √ √ 2 を − 2 にして計算すると √ √ √ (a − b 2 )(x − y 2 ) = ax + 2by − (ay + bx) 2 √ =u−v 2 ⃝ 2 の辺々をかけあわせると 1 と⃝ (a2 − 2b2 )(x2 − 2y 2 ) = u2 − 2v 2 x2 − 2y 2 = 1 であるから, a2 − 2b2 = 1 のとき u2 − 2v 2 = 1 (答) (2) x2 = 2y 2 + 1 > 2y 2 より √ |x| > |y| 2 √ であるから, 1 < x + y 2 のとき x>0 √ √ √ (x + y 2 )(x − y 2 ) = 1, x + y 2 > 1 より √ √ 0<x−y 2 <1<x+y 2 ∴ y>0 √ √ x + y 2 5 3 + 2 2 のとき, y > 2 であるとすれば, √ √ x = 2y 2 + 1 > 2 × 22 + 1 = 3 √ √ となって x + y 2 5 3 + 2 2 に反するから, (0 <) y 5 2 √ √ y = 1 のとき x = 2 × 12 + 1 = 3 は整数にならないから, √ √ 1 < x + y 2 5 3 + 2 2 =⇒ x = 3, y = 2 となる。 1 ······ ⃝ 2 ······ ⃝ (証明おわり ) √ √ √ √ x+y 2 √ = (3 − 2 2 )(x + y 2 ) = u + v 2 (u, v は整数 ) 3+2 2 のとき, (1)より u2 − 2v 2 = 1 が成り立つ。同様の操作を繰り返すと, √ √ x+y 2 √ n−1 = X + Y 2 (X, Y は整数 ) のとき X 2 − 2Y 2 = 1 (3 + 2 2 ) √ √ √ よって, (3 + 2 2 )n−1 < x + y 2 5 (3 + 2 2 )n のとき (3) — 3 — 2015 年 早稲田大学 理工学部 √ √ x+y 2 √ n−1 5 3 + 2 2 1< (3 + 2 2 ) 解答 であるから, (2)より √ √ x+y 2 √ n−1 = 3 + 2 2 (3 + 2 2 ) に定まり, x+y √ 2 = (3 + 2 √ 2 )n (証明おわり ) となる。 — 4 — 2015 年 早稲田大学 理工学部 解答 [ III ] (1) f (x) = 0 と g(x) = 0 が共通解をもつには f (x) + g(x) = (a − b)x + 2 = 0 が解をもつことが必要であり, a − b ̸= 0 ∴ a ̸= b この条件のもとで,共通解は 2 x= b−a であり, f (x) = 0 かつ g(x) = 0 ⇐⇒ f (x) = 0 かつ f (x) + g(x) = 0 であるから,共通解をもつための条件は ( 2 ) ( 2 )2 2 f = +a +1=0 b−a b−a b−a 4 + 2a(b − a) + (b − a)2 = 0 ∴ a2 − b2 = 4 (答) (2) (1)の考察から α=− 2 2(a + b) 2(a + b) a+b =− =− =− a−b (a − b)(a + b) 4 2 f ′ (α) = 2α + a = −(a + b) + a = −b 接線 ℓ の方程式は ( a+b) y = −b x + 2 2 g(0) = 1, g(α) = 0, a − b2 = 4 より ( a−b) a + b )( x− g(x) = − x + 2 2 { ( ( a + b )} a + b )( a+b) g(x) − −b x + =− x+ x− 2 2 2 a+b = 0 であることを考え,求める面積 S は a = 0, b = 0 より 2 } ∫ a+b { ( 2 a+b) S= g(x) + b x + dx 2 − a+b ∫ =− 2 a+b 2 − a+b 2 ( x+ a + b )( a+b) 1 x− dx = (a + b)3 2 2 6 ab 平面上で,直線 a + b = k が双曲線 a2 − b2 = 4 が a = 0, b = 0 で共有点をも つ条件を考えることにより, a + b の最小値は 2 であることがわかるから, 1 4 S の最小値は × 23 = (答) 6 3 — 5 — 2015 年 早稲田大学 理工学部 解答 [IV ] (1) K = 1 のとき,B が 2 以上のカードを引いた場合に「以下」というだけでは確定 できないから,B が K = 1 を確定できるのは 1 のカードを引いた場合に限られ る。よって, 1 のカードを引かない場合の余事象の確率を求めて, 1 P3 (1) = (答) 3 ( 2 )2 5 P3 (2) = 1 − = (答) 3 9 ( 2 )3 19 = (答) P3 (3) = 1 − 3 27 (2) B が K = 2 を確定できるのは, 1 と 2 のカードを引く場合であるから, P3 (1) = 0 (答) ( 1 )2 2 P3 (2) = ×2= (答) 3 9 n = 3 のときは「 1 または 2 のカードを引かない」場合の余事象と考えて {( ) } 2 3 ( 2 )3 ( 1 )3 4 P3 (3) = 1 − + − = (答) 3 3 3 9 (注 ) n = 1, 2 のときも余事象から求めると, (2 2 1) P3 (1) = 1 − + − =0 3 3 3 {( ) } 2 2 ( 2 )2 ( 1 )2 2 P3 (2) = 1 − + − = 3 3 3 9 (3) K = 1 のとき,B が K を確定できるのは,少なくとも 1 回 1 のカードを引く場 合であるから, ) ( N −1 n PN (n) = 1 − N 2 5 K 5 N − 1 のとき, B が K を確定できるのは,K − 1 と K のカードを引く 場合であり,「 K − 1 または K を引かない」場合の余事象の確率を求めて, ( ) ( ) N −1 n N −2 n PN (n) = 1 − 2 + N N K = N のとき,B が K を確定できるのは,少なくとも 1 回 N − 1 のカードを引 く場合であるから, K = 1 の場合と同様に ( ) N −1 n PN (n) = 1 − N 以上をまとめると, — 6 — 2015 年 早稲田大学 理工学部 ( ) N −1 n (K = 1, N ) 1 − N PN (n) = ( )n ( )n N − 1 N − 2 + (2 5 K 5 N − 1) 1−2 N N (4) K = 1, N のとき ( PN (cN ) = 1 − N N −1 解答 (答) )−cN )(N −1) −cN N −1 1 =1− 1+ N −1 {( )N −1 } −c1 1 1− N =1− 1+ N −1 ( 2 5 K 5 N − 1 のとき ( )−cN ( )−cN N N PN (cN ) = 1 − 2 + N −1 N −2 )(N −1) −cN ( )N −2 · −2cN ( N −1 2 N −2 2 1 + 1+ =1−2 1+ N −1 N −2 {( )N −1 } −c1 {( )N −2 } −2c2 2 1 2 1− N 1− N = 1−2 1+ + 1+ N −1 N −2 ( 1 )n lim 1 + = e より n→∞ n { 1 − e−c (K = 1, N ) lim PN (cN ) = (答) N →∞ 1 − 2e−c + e−2c (2 5 K 5 N − 1) — 7 — 2015 年 早稲田大学 理工学部 解答 [V] (1) 点 P の軌跡は,2 点 A, B を焦点とする長軸の長さ 4a の楕円であり,その方程 式は (中心が原点であるから ) x2 y2 + 2 = 1 (b > c > 0) 2 b c と表される。焦点と長軸についての仮定より b2 − c2 = 2a2 かつ 2b = 4a b > 0, c > 0 のもとで解くと √ √ b = 2a, c = b2 − 2a2 = 2 a (∗)に代入して,点 P の軌跡の方程式は · · · · · · (∗) y2 x2 + = 1 (答) 4a2 2a2 (2) x = 0 に関して対称であることも考えて,題意の回転体の体積 V は ∫ √2 a ( x2 ) V =2 π 2a2 1 − dx 4a2 0 ∫ √2 a (4a2 − x2 ) dx =π 0 ]√ 1 3 2a = π 4a x − x 3 0 √ √ ) ( √ 2 2 3 10 2 2 2a− a = πa3 = π 4a 3 3 [ 2 (答) (3) 点 P の軌跡の y = 0 の部分は 1 √ 2 y=√ 4a − x2 2 1 √ 2 4a − x2 とおくと f (x) = √ 2 1 −x 1 √ f ′ (x) = √ (−2x) = √ √ 2 2 4a2 − x2 2 4a2 − x2 求める表面積 S は √ √ ∫ √2 a ( 4a2 −x2 x2 2a2 ) 2 √ S = √ 2π 1+ dx + π 2a 1 − ×2 2(4a2 −x2 ) 4a2 2 − 2a ∫ √2 a √ y 8a2 − x2 dx + 2πa2 = 2π √ 2 2a 0 (1 ) √ √ π 1 = 2π 8a2 + 2 a 6 a + 2πa2 2 6 2 ) (2 √ √ √ O 2a 2 2 a x π + 3 + 1 a2 (答) = 2π 3 — 8 —
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