k^n(n:自然数)

思いのままに書き綴ります

お久しぶりです

お久しぶりです。k^nです

最近は趣味やら勉強やらで、ブログを書く時間および受験数学を解く時間が取れなくなりつつあります。

久しぶりにブログを開いているとPVがかなり増えていてびっくりしたのですが、上記の理由であまり更新ができていないのが歯がゆいところです。

そろそろ大学は夏休みに入りますし、ある程度時間ができましたらまた更新していこうと考えています。

受験生時代に僕も個人サイトで過去問の答えを拾ったりしていたので、現役時代のお返しという意味も込めてこのブログを運営していますから、決して逃亡などはしないはずです。お待ちください。

この問題取り上げてほしいなどありましたら、なんなりとコメントでお申し付けくださいませ。お待ちしています。

 

それではこの辺で。

2018年千葉大学数学大問2

2018年千葉大学数学大問2
下図のような1辺の長さが2の立方体\mathrm{ABCD-EFGH}に対して、対角線\mathrm{AG}\mathrm{DF}の交点を\mathrm{O}とする。
線分\mathrm{AO}上の点\mathrm{P}と線分\mathrm{DO}上の点\mathrm{Q}\mathrm{OQ}=2\mathrm{AP}-1を満たしながら動くとき、\triangle{\mathrm{OPQ}}の面積の最大値を求めよ。
ただし点\mathrm{P},\mathrm{Q}は点\mathrm{O}とは一致しないものとする。
f:id:tamazarasi:20180328083919p:plain:w200


(考察)
とりあえず、\triangle{\mathrm{OPQ}}の面積を求めるには辺とか角の大きさの情報が必要です。\mathrm{OP}\mathrm{OQ}の長さはすぐにわかるので、\angle{\mathrm{POQ}}について考えてあげれば、\begin{eqnarray}\triangle{\mathrm{OPQ}}=\frac{1}{2}\mathrm{OP}\cdot\mathrm{OQ}\sin \angle{\mathrm{POQ}}\end{eqnarray}が使えそうです。

(解答)
\triangle{\mathrm{AEF}}三平方の定理を用いると
    \mathrm{AF}=\sqrt{\mathrm{AE}^2+\mathrm{EF}^2}=2\sqrt{2}
f:id:tamazarasi:20180328084028j:plain:w300
上図のように平面\mathrm{ADGF}を考える。
\triangle{\mathrm{DAF}}三平方の定理を用いると
    \mathrm{DF}=\sqrt{\mathrm{AF}^2+\mathrm{AD}^2}=2\sqrt{3}
よって
    \begin{eqnarray}\mathrm{AO}=\mathrm{DO}=\frac{1}{2}\mathrm{DF}=\sqrt{3}\end{eqnarray}
\triangle{\mathrm{AOD}}余弦定理より
    \begin{eqnarray}\cos \angle{\mathrm{POQ}}&=&\frac{\mathrm{AO}^2+\mathrm{DO}^2-\mathrm{AD}^2}{2\cdot\mathrm{AO}\cdot\mathrm{DO}}\\
&=&\frac{\sqrt{3}^2+\sqrt{3}^2-2^2}{2\cdot \sqrt{3}\cdot\sqrt{3}}\\
&=&\frac{2}{6}\\
&=&\frac{1}{3}\end{eqnarray}
\begin{eqnarray}0< \angle{\mathrm{POQ}}<\pi\end{eqnarray}に注意すると
    \begin{eqnarray}\sin \angle{\mathrm{POQ}}&=&\sqrt{1-\cos^2 \angle{\mathrm{POQ}}}\\
&=&\sqrt{\frac{8}{9}}\\
&=&\frac{2\sqrt{2}}{3}\end{eqnarray}
ここで、点\mathrm{P}は線分\mathrm{AO}上を動くから
    0<\mathrm{AP}\le\sqrt{3}
また、点\mathrm{Q}は線分\mathrm{DO}上を動くから
    0<2\mathrm{AP}-1\le\sqrt{3}
これらを合わせると
    \begin{eqnarray}\frac{1}{2}<\mathrm{AP}\le\frac{1+\sqrt{3}}{2}\end{eqnarray}
よって
    \begin{eqnarray}\triangle{\mathrm{OPQ}}&=&\frac{1}{2}\mathrm{OP}\cdot\mathrm{OQ}\sin \angle{\mathrm{POQ}}\\
&=&\frac{1}{2}(\mathrm{AO}-\mathrm{AP})(2\mathrm{AP}-1)\frac{2\sqrt{2}}{3}\\
&=&\frac{\sqrt{2}}{3}(\sqrt{3}-\mathrm{AP})(2\mathrm{AP}-1)\\
&=&-\frac{2\sqrt{2}}{3}(\mathrm{AP}-\sqrt{3})(\mathrm{AP}-\frac{1}{2})\end{eqnarray}
よって、\triangle{\mathrm{OPQ}}の面積は\begin{eqnarray}\mathrm{AP}=\frac{1}{2}(\sqrt{3}+\frac{1}{2})=\frac{1+2\sqrt{3}}{4}\end{eqnarray}の時に最大となる(\mathrm{AP}は上の範囲を満たす)
ゆえに、求める最大値は
    \begin{eqnarray}\triangle{\mathrm{OPQ}}&=&-\frac{2\sqrt{2}}{3}(\mathrm{AP}-\sqrt{3})(\mathrm{AP}-\frac{1}{2})\\
&=&-\frac{2\sqrt{2}}{3}(\frac{1+2\sqrt{3}}{4}-\sqrt{3})(\frac{1+2\sqrt{3}}{4}-\frac{1}{2})\\
&=&-\frac{2\sqrt{2}}{3}\cdot\frac{1-2\sqrt{3}}{4}\cdot\frac{-1+2\sqrt{3}}{4}\\
&=&\frac{2\sqrt{2}}{3}\cdot\frac{(2\sqrt{3}-1)^2}{16}\\
&=&\frac{\sqrt{2}(13-4\sqrt{3})}{24}\\
&=&\frac{13\sqrt{2}-4\sqrt{6}}{24}\end{eqnarray}



前回の問題といい今回の問題といい計算が煩雑になりますね。

2018年千葉大学数学大問1

千葉大の問題毎年好きです。まだ途中の大学もたくさんあるのに、こっちも全部解いてみようかなとか思ったり。

2018年千葉大学数学大問1
aを実数とし、f(x)=2x^2-4ax+3a^2-4a+1とする。
(1)xに関する2次方程式f(x)=0が実数解をもつようなaの値の範囲を求めよ。
(2)aのどんな値に対してもf(2+\sqrt{5})>0であることを示せ。

(考察)
難易度は易しいですよね。
(1)判別式で一発
(2)とりあえず代入して、あとはaについての2次方程式と見なして考えてあげればOK


(解答)
(1)
f(x)=0が実数解を持つためには、この方程式の判別式DD>0を満たせばよい。
    \begin{eqnarray}\frac{D}{4}&=&(2a)^2-2(3a^2-4a+1)\\
&=&4a^2-6a^2+8a-2\\
&=&-2a^2+8a-2\ge 0
\end{eqnarray}
つまり
    \begin{eqnarray}a^2-4a+1&\le& 0\end{eqnarray}
これを整理すると
    2-\sqrt{3}\le a\le 2+\sqrt{3}

(2)
\begin{eqnarray}f(2+\sqrt{5})&=&2(2+\sqrt{5})^2-4a(2+\sqrt{5})+3a^2-4a+1\\
&=&2(4+5+4\sqrt{5})-4(3+\sqrt{5})a+3a^2+1\\
&=&3a^2-4(3+\sqrt{5})a+19+8\sqrt{5}\\
&=&3\{a^2-\frac{4(3+\sqrt{5})}{3}a\}+19+8\sqrt{5}\\
&=&3\{(a-\frac{2(3+\sqrt{5})}{3})^2-(\frac{2(3+\sqrt{5})}{3})^2\}+19+8\sqrt{5}\\
&=&3\{a-\frac{2(3+\sqrt{5})}{3}\}^2-\frac{4(14+6\sqrt{5})}{3}+19+8\sqrt{5}\\
&=&3\{a-\frac{2(3+\sqrt{5})}{3}\}^2+\frac{1}{3}\\\end{eqnarray}
であるから、
    \begin{eqnarray}f(2+\sqrt{5})\ge \frac{1}{3} >0\end{eqnarray}



まぁ一応細かく書きましたが、要は平方完成すればいいだけです