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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