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東京医科歯科大学2008年度入試問題数学解答

90分、120点。


$ \fbox{1}$

$ (1)$
四角形$ QRST$ は正方形で、その面積は $ {(\sqrt{2}t)}^2=2t^2$ 。側面の三角形の高さを$ x$ とすると、図より $ PQ=\sqrt{t^2+h^2},\ QH=\dfrac{\sqrt{2}}{2}t$ であるから、 $ x=\sqrt{(t^2+h^2)-{\left(\dfrac{\sqrt{2}}{2}t\right)}^2}=\sqrt{\dfrac{t^2}{2}+h^2}$ である。求める表面積は、

\includegraphics[width=80mm]{1.eps}


$\displaystyle 2t^2+4\times\dfrac{1}{2}\times \sqrt{2}t\times \sqrt{\dfrac{t^2}{2}+h^2}$ $\displaystyle =$ $\displaystyle 2t^2+2\sqrt{2}t\sqrt{\dfrac{t^2}{2}+h^2}$  
  $\displaystyle =$ $\displaystyle 2t^2+2t\sqrt{t^2+2h^2}$  

となる。与えられた条件より、$ AQ=PQ$ であるから、


$\displaystyle \sqrt{{(1-t)}^2+1}$ $\displaystyle =$ $\displaystyle \sqrt{t^2+h^2}$  
$\displaystyle t^2-2t+1+1$ $\displaystyle =$ $\displaystyle t^2+h^2$  
$\displaystyle -2t+2$ $\displaystyle =$ $\displaystyle h^2$  

となるから、$ 0<t<1$ に注意して上の表面積の式に代入すると、


$\displaystyle 2t^2+2t\sqrt{t^2+2h^2}$ $\displaystyle =$ $\displaystyle 2t^2+2t\sqrt{t^2-4t+4}$  
  $\displaystyle =$ $\displaystyle 2t^2+2t\vert t-2\vert$  
  $\displaystyle =$ $\displaystyle 2t^2+2t(2-t)$  
  $\displaystyle =$ $\displaystyle 4t$  

である。

よって、四角錐$ PQRST$ の表面積は$ 4t$ である。

$ (2)$
$ h>0$ であるから、$ (1)$ の過程から、 $ h=\sqrt{-2t+2}$ となる。

$ (3)$
四角錐$ PQRST$ の体積を$ V$ とすると、


$\displaystyle V$ $\displaystyle =$ $\displaystyle 2t^2\times h\times \dfrac{1}{3}$  
  $\displaystyle =$ $\displaystyle \dfrac{2}{3}t^2\sqrt{-2t+2}$  
  $\displaystyle =$ $\displaystyle \dfrac{2\sqrt{2}}{3}\sqrt{-t^5+t^4}$  

となる。 $ f(t)=-t^5+t^4\ (0<t<1)$ とすると、 $ f^{\prime}(t)=-5t^4+4t^3=t^3(-5t+4)$ となる。従って、 $ t<\dfrac{4}{5}$ $ f^{\prime}(t)>0$ $ t>\dfrac{4}{5}$ $ f^{\prime}(t)<0$ であるから、 $ t=\dfrac{4}{5}$ において$ f(t)$ は最大値を取る。その値は、 $ \dfrac{2\sqrt{2}}{3}{\left(\dfrac{4}{4}\right)}^2\sqrt{-\dfrac{4}{5}+1}=\dfrac{32\sqrt{10}}{375}$ である。


$ \fbox{2}$

$ (1)$
二倍角の公式より、


$\displaystyle \sin{t}$ $\displaystyle =$ $\displaystyle 2\sin{\dfrac{t}{2}}\cos{\dfrac{t}{2}}$  
  $\displaystyle =$ $\displaystyle 4\sin{\dfrac{t}{4}}\cos{\dfrac{t}{4}}\cos{\dfrac{t}{2}}$  
  $\displaystyle =$ $\displaystyle 8\sin{\dfrac{t}{8}}\cos{\dfrac{t}{8}}\cos{\dfrac{t}{4}}\cos{\dfrac{t}{2}}$  

である。$ 0<t<\pi$ より $ \sin{\dfrac{t}{8}}\ne 0$ であるから、両辺を $ \sin{\dfrac{t}{8}}$ で割って、

$\displaystyle \left(\cos{\dfrac{t}{4}}\right)\left(\cos{\dfrac{t}{4}}\right)\left(\cos{\dfrac{t}{8}}\right)=\dfrac{\sin{t}}{8\sin{\frac{t}{8}}}
$

となる。

$ (2)$
$ (1)$ と同様に、二倍角の公式を繰り返し使って、

$\displaystyle \sin{t} = 2^n\sin{\dfrac{t}{2^n}}\left(\cos{\dfrac{t}{2^n}}\right...
...}}\right)\cdots\left(\cos{\dfrac{t}{4}}\right) \left(\cos{\dfrac{t}{2}}\right)
$

である。$ 0<t<\pi$ より $ \sin{\dfrac{t}{2^n}}\ne 0$ であることに注意して、両辺を $ \sin{\dfrac{t}{2^n}}$ で割って、

$\displaystyle \dfrac{\sin{t}}{ 2^n\sin{\dfrac{t}{2^n}}} = \left(\cos{\dfrac{t}{...
...}}\right)\cdots\left(\cos{\dfrac{t}{4}}\right) \left(\cos{\dfrac{t}{2}}\right)
$

である。与えられた漸化式より、 $ a_n=\left(\cos{\dfrac{t}{2^n}}\right)\left(\cos{\dfrac{t}{2^{n-1}}}\right)\cdots\left(\cos{\dfrac{t}{4}}\right) \left(\cos{\dfrac{t}{2}}\right)$ であるから、 $ a_n=\dfrac{\sin{t}}{2^n\sin{\frac{t}{2^n}}}\ (n=1,\ 2,\ 3,\ \cdots)$ となる。従って、


$\displaystyle a_n$ $\displaystyle =$ $\displaystyle \dfrac{\sin{t}}{2^n\sin{\frac{t}{2^n}}}$  
  $\displaystyle =$ $\displaystyle \dfrac{\sin{t}}{t}\cdot \dfrac{\frac{t}{2^n}}{\sin{\frac{t}{2^n}}}$  

となり、 $ n\to\infty$ のとき $ \dfrac{t}{2^n}\to 0$ であるから、


$\displaystyle \lim_{n\to\infty}{a_n}$ $\displaystyle =$ $\displaystyle \dfrac{\sin{t}}{t}\cdot 1$  
  $\displaystyle =$ $\displaystyle \dfrac{\sin{t}}{t}$  

となる。よって、求める答えは、 $ \dfrac{\sin{t}}{t}$ である。

$ (3)$
$ b_n=\cos{\dfrac{\pi}{2^{n+1}}}$ であることを数学的帰納法で示す。$ n=1$ のとき $ \cos{\dfrac{\pi}{2^{1+1}}}=\cos{\dfrac{\pi}{4}}=\sqrt{\dfrac{1}{2}}=b_1$ であるから、これは正しい。

$ n=k$ でこの仮定が正しいとする。簡単のため $ \dfrac{\pi}{2^{k+1}}=\theta$ と置くと、


$\displaystyle b_{k+1}$ $\displaystyle =$ $\displaystyle \sqrt{\dfrac{1+b_k}{2}}$  
  $\displaystyle =$ $\displaystyle \sqrt{\dfrac{1+\cos{\theta}}{2}}$  
  $\displaystyle =$ $\displaystyle \sqrt{\cos^2{\dfrac{\theta}{2}}}$  
  $\displaystyle =$ $\displaystyle \cos{\dfrac{\theta}{2}} \ \left(0<\theta=\dfrac{\pi}{2^{k+1}}<\dfrac{\pi}{2}\right)$  
  $\displaystyle =$ $\displaystyle \cos{\dfrac{\pi}{2^{k+2}}}$  

で、$ n=k+1$ でも仮定は正しい。よって、 $ b_n=\cos{\dfrac{\pi}{2^{n+1}}}$ となる。すると、

$\displaystyle c_1=\sqrt{\dfrac{1}{2}},\ c_n=c_{n-1}\cos{\dfrac{\pi}{2^{n+1}}}
$

であるから、$ c_n$$ (2)$$ t$ $ t=\dfrac{\pi}{2}$ としたものであることがわかる。$ (2)$ より $ \displaystyle \lim_{n\to\infty}a_n=\dfrac{\sin{t}}{t}$ であったから、 $ t=\dfrac{\pi}{2}$ として、 $ \displaystyle \lim_{n\to\infty}{c_n}=\dfrac{2}{\pi}$ となる。


$ \fbox{3}$

$ (1)$
条件$ (b)$$ x=0$ として、 $ g(0)=-g(0)$ であるから、$ g(0)=0$ である。すると、条件$ (c)$$ y=0$ とすることで、 $ f(x)=f(x)f(0)$ が分かる。$ x>0$ のとき条件$ (a)$ より$ f(x)>0$ であるから、両辺を$ f(x)$ で割って、$ f(0)=1$ が分かる。

$ (2)$
条件$ (c)$$ y=-x$ とすると、条件$ (b)$ より $ f(-x)=f(x),\ g(-x)=-g(x)$ であるから、 $ f(0)={\{f(x)\}}^2-{\{g(x)\}}^2$ となる。$ (1)$ より$ f(0)=1$ だから、 $ {\{f(x)\}}^2-{\{g(x)\}}^2=1$ である。

$ (3)$
$ (2)$ より $ 1-{\{f(x)\}}^2=-{\{g(x)\}}^2$ であるから、 $ \{1+f(x)\}\{1-f(x)\}=-{\{g(x)\}}^2$ である。$ f(x)\ne 1$ なる$ x$ に対して、


$\displaystyle 1-f(x)$ $\displaystyle =$ $\displaystyle \dfrac{-{\{g(x)\}}^2}{1+f(x)}$  
$\displaystyle \dfrac{1-f(x)}{x^2}$ $\displaystyle =$ $\displaystyle -{\left(\dfrac{g(x)}{x}\right)}^2\cdot \dfrac{1}{1+f(x)}$  

である。 $ x\to\infty$ とすることで、条件$ (d)$$ (1)$ より、


$\displaystyle \dfrac{1-f(x)}{x^2}$ $\displaystyle =$ $\displaystyle -2^2\cdot \dfrac{1}{1+1}$  
  $\displaystyle =$ $\displaystyle -2$  

となる。よって、 $ \displaystyle \lim_{x\to\infty}{\dfrac{1-f(x)}{x^2}}=-2$ である。

$ (4)$
条件$ (c)$ と条件$ (d)$ および$ (3)$ より、


$\displaystyle \dfrac{f(x+h)-f(x)}{h}$ $\displaystyle =$ $\displaystyle \dfrac{f(x)f(h)+g(x)g(h)-f(x)}{h}$  
  $\displaystyle =$ $\displaystyle f(x)\cdot \dfrac{f(h)-1}{h}+g(x)\dfrac{g(h)}{h}$  
  $\displaystyle =$ $\displaystyle f(x)\cdot \dfrac{1-f(h)}{h^2}\cdot (-h)+g(x)\cdot\dfrac{g(h)}{h}$  
  $\displaystyle \to$ $\displaystyle f(x)\cdot -2\cdot 0+ 2g(x) \ (h\to 0)$  
  $\displaystyle =$ $\displaystyle 2g(x)$  

となる。よって、 $ f^{\prime}(x)=2g(x)$ である。

$ (5)$
$ (1)$ より$ x=0$ $ y=f(x)g(x)=0$ となり、条件$ (a)$ より$ x>0$ $ f(x)>0,\ g(x)>0$ である。従って、条件$ (b)$ より$ x<0$ では $ y=f(x)g(x)<0$ が分かる。以上より、 $ \displaystyle \int_{0}^{a}{f(x)g(x)dx}=I$ としたとき、$ I=1$ である。$ (4)$ から、部分積分法を用いて、また、$ f(0)=1$ に注意して、


$\displaystyle I$ $\displaystyle =$ $\displaystyle \int_{0}^{a}{f(x)\cdot \dfrac{f^{\prime}(x)}{2}dx}$  
  $\displaystyle =$ $\displaystyle \left[\dfrac{{\{f(x)\}}^2}{2}\right]_{0}^{a}-\int_{0}^{a}{f^{\prime}(x)\cdot \dfrac{f(x)}{2}dx}$  
  $\displaystyle =$ $\displaystyle \dfrac{{\{f(a)\}}^2}{2}-\dfrac{1}{2}-I$  

となる。従って、$ I=1$ を代入して、また、$ a>0$ より$ f(a)>0$ に注意して、 $ f(a)=\sqrt{4I+1}=\sqrt{5}$ となる。

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