旺文社，全国主要大学入試問題正解，昭和27年度(国立国会図書館の個人送信)
旺文社，全国主要大学入試問題正解，昭和28年度(国立国会図書館の個人送信)
旺文社，全国主要大学入試問題正解，昭和29年度(国立国会図書館の個人送信)
旺文社，全国主要大学入試問題正解，昭和30年度(国立国会図書館の個人送信)
あたりで確認していただければ。

2050-01-01

やり残していること

(1)下書きで放置した記事の整理
(2) 2022年の記事の URL 変更
(3) 1949年〜1954年，1959年新旧，1970年，2011年文系[1]，2018年理系[6]，2021年〜2023年の東大前期入試の整理
(4) 旧制の東大入試の整理
(5) 図を真面目に描く
(6) 東大後期入試の整理
(7) 東大総合科目の整理
(8) 2023年の九大東工大などを解く
(9) 2024年の東大京大阪大九大東工大などを解く

2024-04-21

2024年(令和6年)東京工業大学-数学[4]

2024.04.21記

[4] $n$ を正の整数とし， $C_1,\ldots,C_n$ を $n$ 枚の硬貨とする．各 $k=1,\ldots,n$ に対し，硬貨 $C_k$ を投げて表が出る確率を $p_k$ ，裏が出る確率を $1-p_k$ とする．この $n$ 枚の硬貨を同時に投げ，表が出た硬貨の枚数が奇数であれば成功，というゲームを考える．

(1) $p_k=\dfrac{1}{3}$ （ $k=1,\ldots,n$ ）のとき，このゲームで成功する確率 $X_n$ を求めよ．

(2) $p_k=\dfrac{1}{2(k+1)}$ （ $k=1,\ldots,n$ ）のとき，このゲームで成功する確率 $Y_n$ を求めよ．

(3) $n=3m$ ( $m$ は正の整数)で， $k=1,\ldots,3m$ に対して
$p_k=\left\{\begin{array}{ll} \dfrac{1}{3m} & (k=1,\ldots,m) \\ \dfrac{2}{3m} & (k=m+1,\ldots,2m) \\ \dfrac{1}{m} & (k=2m+1,\ldots,3m) \end{array}\right.$
とする．このゲームで成功する確率を $Z_{3m}$ とするとき， $\displaystyle\lim_{m\to\infty} Z_{3m}$ を求めよ．

本問のテーマ

非定常マルコフ過程（(1)は定常）
（通常型）母関数

2024.04.21記
(1) $X_n$ の漸化式を作って解く
(2) $Y_n$ の漸化式を作って解く
(3) 最初の $m$ 個，次の $m$ 個，最後の $m$ 個で奇数となる確率を計算して，それを組合せて $Z_{3m}$ を考える．

[解答]

2024-04-20

2024年(令和6年)東京工業大学-数学[1]

2024.04.20記

[1] $xy$ 平面上の曲線 $y=\dfrac{1}{2}x^2$ に，点 $\left(a，\dfrac{1}{2}a^2\right)$ （ $a\gt 0$ ）で接する円のうち， $y$ 軸の正の部分にも接するものを $S_a$ とおく， $a$ が正の実数を動くときの $S_a$ の中心の軌跡を $C$ ，とくに $S_1$ の中心を $\rm P$ とする．

(1) 点 $\rm P$ の座標を求めよ．

(2) 点 $\rm P$ における曲線 $C$ の接線の傾きを求めよ．

2024.04.20記

[解答]
$\mbox{A}_a\left(a，\dfrac{1}{2}a^2\right)$ における曲線の接線の方向ベクトルは $(1，a)$ であるから
$S_a$ の中心を $\mbox{P}_a(X，Y)$ （ $X\gt 0，Y\gt\dfrac{1}{2}a^2$ ）とおくと
$X^2=(X-a)^2+\left(Y-\dfrac{1}{2}a^2\right)^2$ …①，
$(X-a)\cdot 1+\left(Y-\dfrac{1}{2}a^2\right)\cdot a=0$ …②
が成立する． $X$ を消去して整理すると
$\left(Y-\dfrac{1}{2}a^2\right)^2+2a^2\left(Y-\dfrac{1}{2}a^2\right)-a^2=0$
となる． $Y\gt\dfrac{1}{2}a^2$ より，この2次方程式の大きい解のみ適する．

ここで $\left(Y+\dfrac{1}{2}a^2\right)^2=a^4+a^2$ となるので
$Y=\sqrt{a^4+a^2}-\dfrac{1}{2}a^2$
である．このとき②から
$X=a^3+a-\sqrt{a^6+a^4}$
となる．

(1) $a=1$ として $\mbox{P}\left(2-\sqrt{2}，\sqrt{2}-\dfrac{1}{2}\right)$ となる．

(2) $\dfrac{dX}{da}=3a^2+1-\dfrac{3a^5+2a^3}{\sqrt{a^6+a^4}}$ ， $\dfrac{dY}{da}=\dfrac{2a^3+a}{\sqrt{a^4+a^2}}-a$
であるから，求める値は
$\left. \dfrac{dY/da}{dX/da}\right|_{a=1}$ $=\dfrac{3/\sqrt{2}-1}{4-5/\sqrt{2}}$ $=1+\sqrt{2}$
となる．

[別解]
$\mbox{A}_a\left(a，\dfrac{1}{2}a^2\right)$ における曲線の接線の方向単位ベクトルとして
$\vec{a}=\dfrac{1}{\sqrt{1+a^2}}(1，a)$
をとることができ，また接線の $y$ 切片を $\mbox{B}_a\left(0，-\dfrac{1}{2}a^2\right)$ とおく．

$S_a$ の中心を $\mbox{P}_a$ とおくと
$\mbox{P}_a$ は $y$ 軸と接線のなす角の2等分線上にあることから
$\overrightarrow{\mbox{B}_a\mbox{P}_a}$ $=k(a)\left(\vec{a}+(0，1)\right)$ $=\dfrac{k(a)}{\sqrt{1+a^2}}\left(1，a+\sqrt{1+a^2}\right)$ （ $k\gt 0$ ）
とおくことができる．

ここで
$\overrightarrow{\mbox{B}_a\mbox{P}_a}\bullet\vec{a}$ $=\overline{\mbox{B}_a\mbox{A}_a}$ $=\sqrt{a^2+a^4}$
であるから，
$\dfrac{k(a)}{1+a^2}\left(1+a^2+a\sqrt{1+a^2}\right)=\sqrt{a^2+a^4}$
が成立するので，
$k(a)=\dfrac{a(1+a^2)}{\sqrt{1+a^2}+a}$
となる．よって原点を $\mbox{O}$ として
$\overrightarrow{\mbox{OP}_a}$ $=\overrightarrow{\mbox{OB}_a}+\overrightarrow{\mbox{B}_a\mbox{P}_a}$
$=\left(0，-\dfrac{1}{2}a^2\right)+\dfrac{k(a)}{\sqrt{1+a^2}}\left(1，a+\sqrt{1+a^2}\right)$
$=\left(\dfrac{a\sqrt{1+a^2}}{\sqrt{1+a^2}+a}，a\sqrt{1+a^2}-\dfrac{1}{2}a^2\right)$
$=\left(a+a^3-a^2\sqrt{1+a^2}，a\sqrt{1+a^2}-\dfrac{1}{2}a^2\right)$
となる．

以下，[解答] と同じ．

$a$ が微小変化すると，接点は接線方向に動くので $S_a$ の中心は接線と $y$ 軸の角の2等分線方向に動くことから，(2)の答は $y=x-\dfrac{1}{2}$ と $y$ 軸のなす角の2等分線(のうち傾きが正のもの)の傾き $1+\sqrt{2}$ に等しくなることが予想できる．そこで，それが見え易いように [別解] を書き直す．ここで $a+\sqrt{1+a^2}$ の扱いとして
$b=\sqrt{1+a^2}$ ， $c=a+\sqrt{1+a^2}$
とおくと
$\dfrac{db}{da}=\dfrac{a}{\sqrt{1+a^2}}=\dfrac{a}{b}$ ， $\dfrac{dc}{da}=1+\dfrac{a}{\sqrt{1+a^2}}=\dfrac{c}{b}$
が成立することを利用する．

[別解2]
$\mbox{A}_a\left(a，\dfrac{1}{2}a^2\right)$ における曲線の接線方向の単位ベクトルとして
$\vec{a}=\dfrac{1}{\sqrt{1+a^2}}(1，a)$
をとることができ，また接線の $y$ 切片を $\mbox{B}_a\left(0，-\dfrac{1}{2}a^2\right)$ とおく．

ここで， $b=\sqrt{1+a^2}$ ， $c=a+\sqrt{1+a^2}$ とおくと
$\dfrac{db}{da}=\dfrac{a}{\sqrt{1+a^2}}=\dfrac{a}{b}$ ， $\dfrac{dc}{da}=1+\dfrac{a}{\sqrt{1+a^2}}=\dfrac{c}{b}$
が成立し，
$\vec{a}=\dfrac{1}{b}(1，a)$ ， $\overrightarrow{\mbox{B}_a\mbox{P}_a}$ $=\dfrac{k(a)}{b}\left(1，c\right)$
が成立する．

ここで
$\overrightarrow{\mbox{B}_a\mbox{P}_a}\bullet\vec{a}$ $=\overline{\mbox{B}_a\mbox{A}_a}$ $=\sqrt{a^2+a^4}$
であるから，
$\dfrac{k(a)}{b^2}(1+ac)=ab$
が成立するので， $1+ac=1+a^2+a\sqrt{1+a^2}=bc$ に注意すると
$k(a)=\dfrac{ab^2}{c}$
となる．よって原点を $\mbox{O}$ として
$\overrightarrow{\mbox{OP}_a}$ $=\overrightarrow{\mbox{OB}_a}+\overrightarrow{\mbox{B}_a\mbox{P}_a}$
$=\left(0，-\dfrac{1}{2}a^2\right)+\dfrac{k(a)}{b}\left(1，c\right)$
$=\left(0，-\dfrac{1}{2}a^2\right)+\dfrac{ab}{c}\left(1，c\right)$
となる．

(1) $a=1$ のとき， $b=\sqrt{2}$ ， $c=1+\sqrt{2}$ であるから
$\overrightarrow{\mbox{OP}_a}$ $=\left(0，-\dfrac{1}{2}\right)+\dfrac{\sqrt{2}}{1+\sqrt{2}}\left(1，1+\sqrt{2}\right)$
$=\left(2-\sqrt{2}，\sqrt{2}-\dfrac{1}{2}\right)$
となる．

(2) $\dfrac{d}{da}\overrightarrow{\mbox{OP}_a}$
$=\left(0，-a\right)+\dfrac{b+a(a/b)}{c}\left(1，c\right)$ $-\dfrac{ab(c/b)}{c^2}\left(1，c\right)$ $+\dfrac{ab}{c}\left(0，\dfrac{c}{b}\right)$
$=\dfrac{a^2-ab+b^2}{bc}\left(1，c\right)$
であるから，点 $\mbox{P}_a$ における曲線 $C$ の接線ベクトルは $(1，c)$ に平行となり，よってその傾きは $c$ となる．

以上から点 $\mbox{P}$ における曲線 $C$ の接線の傾きは $c\,\big|_{a=1}=1+\sqrt{2}$ となる．

一般化してみよう．
$f(x)$ に対して
$g(x)=\sqrt{1+\{f'(x)\}^2}$
とおくと
$g'(x)=\dfrac{f'(x)f''(x)}{\sqrt{1+\{f'(x)\}^2}}=\dfrac{f'(x)f''(x)}{g(x)}$
が成立する（ $\{g(x)\}^2=1+\{f'(x)\}^2$ を微分しても得られる）．

$y=f(x)$ の $x=a$ における接線
$y=f'(a)(x-a)+f(a)$
の $y$ 切片は $f(a)-af'(a)$ であり，接線方向の単位ベクトルとして
$\vec{a}=\dfrac{1}{g(a)}(1，f'(a))$
をとり， $y$ 切片から円の中心へ向かうベクトルを
$k(a)\left(\vec{a}+(0，1)\right)$
とおくと
$k(a)\left(\vec{a}+(0，1)\right)\bullet\vec{a}=ag(a)$
から
$k(a)\left(1+\dfrac{f'(a)}{g(a)}\right)=ag(a)$
が成立するので
$k(a)=\dfrac{a\{g(a)\}^2}{f'(a)+g(a)}$
となり，円の中心 $(x，y)$ は
$(x，y)$ $=(0，f(a)-af'(a))+\dfrac{a\{g(a)\}^2}{f'(a)+g(a)}\left(\vec{a}+(0，1)\right)$
によって与えられる．これを
$\dfrac{d}{da}\vec{a}$ $=-\dfrac{f'(a)f''(a)}{\{g(a)\}^2}\vec{a}+\dfrac{f''(a)}{g(a)}(0，1)$
に注意して $a$ で微分すると
$\dfrac{d}{da}(x，y)$ $=(0，-af''(a))$ $+\left\{\dfrac{d}{da}\dfrac{a\{g(a)\}^2}{f'(a)+g(a)}\right\}\left(\vec{a}+(0，1)\right)$ $+\dfrac{a\{g(a)\}^2}{f'(a)+g(a)}\cdot\dfrac{d}{da}\vec{a}$
$=\left\{\dfrac{d}{da}\dfrac{a\{g(a)\}^2}{f'(a)+g(a)}\right\}\left(\vec{a}+(0，1)\right)$ $-\dfrac{af'(a)f''(a)}{f'(a)+g(a)}\vec{a}$ $+\dfrac{ag(a)f''(a)}{f'(a)+g(a)}(0，1)$ $+(0，-af''(a))$
$=\left\{\dfrac{d}{da}\dfrac{a\{g(a)\}^2}{f'(a)+g(a)}\right\}\left(\vec{a}+(0，1)\right)$ $-\dfrac{af'(a)f''(a)}{f'(a)+g(a)}\left(\vec{a}+(0，1)\right)$
となり，
$\dfrac{d}{da}(x，y)\parallel \left((\vec{a}+(0，1)\right)$
となることが証明された．

2024-04-18

2024年(令和6年)東京工業大学-数学[2]

2024.04.18記

[2] 実数全体を定義域にもつ微分可能な関数 $f(t)$ ， $g(t)$ が次の6つの条件を満たしているとする．
$f'(t)=-f(t)g(t)$ ， $g'(t)=\{f(t)\}^2$ ， $f(t)\gt 0$ ， $|g(t)|\lt 1$ ， $f(0)=1$ ， $g(0)=0$ ．

このとき，
$p(t)=\{f(t)\}^2+\{g(t)\}^2$ ， $q(t)=\log\dfrac{1+g(t)}{1-g(t)}$
とおく．

(1) $p'(t)$ を求めよ．

(2) $q'(t)$ は定数関数であることを示せ．

(3) $\displaystyle\lim_{t\to\infty} g(t)$ を求めよ．

(4) $f(T)=g(T)$ となる正の実数 $T$ に対して，媒介変数表示された平面曲線 $(x，y)=(f(t)，g(t))$ （ $0\leqq t\leqq T$ ）の長さを求めよ．

本問のテーマ

半円の双曲線関数を用いたパラメータ表示

2024.04.18記
$f(t)=\dfrac{1}{\cosh t}$ ， $g(t)=\tanh t$ となるが，これを与えられた条件から求めるヒントとして $p(t)，q(t)$ を求めさせる誘導が(1)，(2) である．実際，このとき
$f'(t)=-\dfrac{1}{\cosh^2 t}\cdot \sinh t$ $=-f(t)g(t)$ ，
$g'(t)=\dfrac{1}{\cosh^2 t}$ $=\{f(t)\}^2$ ，
$f(t)\gt 0$ ， $|g(t)|\lt 1$ ， $f(0)=1$ ， $g(0)=0$
と確かに条件を満たしており，このとき
$p(t)=\dfrac{1}{\cosh^2 t}+\tanh^2 t=1$ ，
$q(t)=\log\dfrac{(e^t+e^{-t})+(e^t-e^{-t})}{(e^t+e^{-t})-(e^t-e^{-t})}$ $=\log e^{2t}=2t$
となる．

(4) は $\displaystyle\int\dfrac{1}{\cosh t}\, dt$ を計算すれば良いことがわかるが，この不定積分は
$\displaystyle\int\dfrac{1}{\cosh t}\, dt$ $=\displaystyle\int\dfrac{\cosh t}{\cosh^2 t}\, dt$ $=\displaystyle\int\dfrac{\cosh t}{1+\sinh^2 t}\, dt$ $=\mbox{Artan}(\sinh t)+C$
となるが，実は
$\mbox{Artan}(\sinh t)=2\mbox{Artan}(e^t)-\dfrac{\pi}{2}$
が成立するので
$\displaystyle\int\dfrac{1}{\cosh t}\, dt$ $=2\mbox{Artan}(e^t)+C$
も成立し，よって [解答] では $\tan\theta=e^t$ と置換する．

[解答]
(1) $p'(t)=2f(t)f'(t)+2g(t)g'(t)$ $=-2f(t)^2g(t) +2g(t)f^2(t)$ $=0$

(2) $p(0)=1^2+0^2=1$ と(1)により，定義域内の任意の $t$ について $p(t)=\{f(t)\}^2+\{g(t)\}^2=1$ が成立し，このとき
$q'(t)=\dfrac{g'(t)}{1+g(t)}+\dfrac{g'(t)}{1-g(t)}$ $=\dfrac{2g'(t)}{1-\{g(t)\}^2}$ $=\dfrac{2\{f(t)\}^2}{\{f(t)\}^2}$ $=2$
であるから， $q(t)$ は定数関数である．

(3) (2) および $q(0)=\log 1=0$ により $q(t)=2t$ であるから，
$g(t)=\dfrac{e^{2t}-1}{e^{2t}+1}$
となる．よって
$\displaystyle\lim_{t\to\infty}g(t)=1$
となる．

(4) $\{f(t)\}^2=1-\{g(t)\}^2$ $=\dfrac{4e^{2t}}{(e^{2t}+1)^2}$
と $f(t)\gt 0$ により
$f(t)=\dfrac{2e^{t}}{e^{2t}+1}$
である．よって $f(T)=g(T)$ のとき $2e^T=e^{2T}-1$ ，つまり $e^{2T}-2e^T-1=0$ となり， $e^T\gt 0$ から
$e^T=1+\sqrt{2}$
となる．

求める長さを $l$ とおくと
$l=\displaystyle\int_0^T\sqrt{\{f'(t)\}^2+\{g'(t)\}^2}\,dt$ $=\displaystyle\int_0^T\sqrt{\{f(t)g(t)\}^2+\{f(t)\}^4}\,dt$ $=\displaystyle\int_0^T\sqrt{\{f(t)\}^2(\{g(t)\}^2+\{f(t)\}^2)}\,dt$ $=\displaystyle\int_0^T f(t)\,dt$ $=\displaystyle\int_0^T \dfrac{2e^{t}}{e^{2t}+1}\,dt$
が成立する．ここで $e^t=\tan\theta$ と置換すると
$e^t\,dt=\dfrac{1}{\cos^2\theta}\,d\theta$ $=(1+e^{2t})\,d\theta$
から $e^T=1+\sqrt{2}=\tan\alpha$ なる $0\lt\alpha\lt\dfrac{\pi}{2}$ を用いて
$l=\displaystyle\int_{0}^{T} \dfrac{2e^{t}}{e^{2t}+1}\,dt$ $=\displaystyle\int_{\pi/4}^{\alpha} 2\, d\theta$ $=2\alpha-\dfrac{\pi}{2}$
が成立する．

ここで $1:\tan\alpha:\dfrac{1}{\cos\theta}$ の直角三角形と $1:1:\sqrt{2}$ の直角2等辺三角形を重ねることにより，3つの角度が $\dfrac{\pi}{8},\dfrac{\pi}{8},\dfrac{3\pi}{4}$ の2等辺三角形を見出すことができ，よって
$\tan\dfrac{3\pi}{8}=1+\sqrt{2}$
であることがわかり $\alpha=\dfrac{3\pi}{8}$ であることがわかる．よって
$l=2\cdot \dfrac{3\pi}{8}-\dfrac{\pi}{2}=\dfrac{\pi}{4}$
となる．

[別解]
$\tan 2\alpha=\dfrac{2\tan\alpha}{1-\tan^2\alpha}$ $=\dfrac{2e^T}{1-e^{2T}}$ $=-\dfrac{f(T)}{g(T)}=-1$
より
$2\alpha=\dfrac{3}{4}\pi$
だから，
$l=\dfrac{3\pi}{4}-\dfrac{\pi}{2}=\dfrac{\pi}{4}$
となる．

[大人の解答]
(3) $q'(t)=\dfrac{g'(t)}{1+g(t)}+\dfrac{g'(t)}{1-g(t)}$ $=\dfrac{2g'(t)}{1-\{g(t)\}^2}$ $=\dfrac{2\{f(t)\}^2}{\{f(t)\}^2}$ $=2$
および $q(0)=\log 1=0$ により $q(t)=2t$ であるから，
$g(t)=\tanh t$
となる．よって
$\displaystyle\lim_{t\to\infty}g(t)=1$
となる．

(4) $\{f(t)\}^2=1-\{g(t)\}^2$ $=1-\tanh^2 t=\dfrac{1}{\cosh^2 t}$
と $f(t)\gt 0$ により
$f(t)=\dfrac{1}{\cosh t}$
である．よって $f(T)=g(T)$ から $\dfrac{1}{\cosh T}=\dfrac{\sinh T}{\cosh T}$ となるので $\sinh T=1$ である．

なお， $\tan\alpha=e^x$ ， $\tan\beta=e^{-x}=\cot\alpha$ のとき $\alpha+\beta=\dfrac{\pi}{2}$ であるから，
$\alpha=\mbox{Artan}(e^x)$ ，
$\beta=\mbox{Artan}(e^{-x})$ $=\dfrac{\pi}{2}-\mbox{Artan}(e^x)$
となる．一方，
$\tan(\alpha-\beta)$ $=\dfrac{\tan\alpha-\tan\beta}{1-\tan\alpha\tan\beta}$ $=\dfrac{\tan\alpha-\tan\beta}{2}=\sinh x$
から
$\alpha-\beta=\mbox{Artan}(\sinh x)$
が成立する．よって
$2\mbox{Artan}(e^x)-\dfrac{\pi}{2}$ $=\mbox{Artan}(\sinh x)$
が成立する．

なお， $\tanh x$ の逆関数 $\mbox{Artanh}\, x$ （または $\mbox{Arctanh}\, x$ ）が
$\dfrac{1}{2}\log\dfrac{1+x}{1-x}$ となる（だから $q(t)=2t$ となる）ことについては
2015年(平成27年)東北大学後期-数学(理系)[4] - [別館]球面倶楽部零八式markIISR
参照．

2024.04.20記
単位円の良くあるパラメータ表示は $(\cos t，\sin t)$ であるが，本問では
半単位円 $x^2+y^2=1，x\gt 0$ のパラメータ表示として
$\left(\dfrac{1}{\cosh t}，\tanh t\right)=(\mbox{sech}\, t，\tanh t)$
を採用している．条件
$\begin{pmatrix} f'(t) \\ g'(t) \end{pmatrix}$ $=f(t)\begin{pmatrix} -g(t) \\ f(t) \end{pmatrix}$
は円の動径と接線は垂直であることを意味している．

[うまい解答]
(1) $p(t)=\begin{pmatrix} f(t) \\ g(t) \end{pmatrix}\bullet \begin{pmatrix} f(t) \\ g(t) \end{pmatrix}$
であるから，
$p'(t)=2\begin{pmatrix} f'(t) \\ g'(t) \end{pmatrix}\bullet \begin{pmatrix} f(t) \\ g(t) \end{pmatrix}$ $=2f(t)\begin{pmatrix} -g(t) \\ f(t) \end{pmatrix}\bullet \begin{pmatrix} f(t) \\ g(t) \end{pmatrix}$ $=0$

(2)(3) [解答]と同じ

(4) (1)と $f(0)=1$ ， $g(0)=0$ により曲線 $(x，y)=(f(t)，g(t))$ （ $0\leqq t\leqq T$ ）は $x^2+y^2=1$ の一部の媒介変数表示である．

$g'(t)\geqq 0$ および(3)により $t$ が 0 から増加すると $(1，0)$ から反時計周りに単調に点 $(0，1)$ に向かって進み， $f(T)=g(T)$ となる点は単位円と $x=y$ の第1象限における交点であるから， $(1，0)$ から反時計周りにこの交点までの長さを求めれば良く，それは $\dfrac{\pi}{4}$ である．

2024.04.22記
東京出版の理系・新作問題演習（絶版）のp.154に

[120] $f(x)$ ， $g(x)$ は $0$ を含むある区間で定義された微分可能な関数で，つぎの条件をみたすものとする．
$f'(x)=f(x)\cdot g(x)$ ， $g'(x)=\{f(x)\}^2$ ， $f(0)=1$ ， $g(0)=0$ ．
このとき

(i) $\{f(x)\}^2-\{g(x)\}^2=1$ が成り立つことを示せ．

(ii) $h(x)=\displaystyle\int_0^x\dfrac{dt}{1+t^2}$ とおくとき， $h(g(x))=h(\tan x)$ が成り立つことを示せ．

(iii) $f(x)$ ， $g(x)$ を求めよ．（学コン1974年12月号）

という問題が載っていた． $\{f(x)\}^2-\{g(x)\}^2=1$ から，これは双曲線 $s^2-t^2=1$ のパラメータ表示の1つを表しており，実際に求めると $f(x)=\dfrac{1}{\cos x}$ ， $g(x)=\tan x$ という有名なパラメータ表示が答となる．

[略解]
(i) 略

(ii) $\bigl(h(g(x))\bigr)'=h'(g(x))\cdot g'(x)=\dfrac{g'(x)}{1+\{g(x)\}^2}=\dfrac{\{f(x)\}^2}{\{f(x)\}^2}=1$ ， $h(g(0))=h(0)=0$ より $h(g(x))=x$ であり，
$\bigl(h(\tan x)\bigr)'=h'(\tan x)\cdot \dfrac{1}{\cos^2 x}=\dfrac{1}{1+\tan^2 x}\cdot\dfrac{1}{\cos^2 x}=1$ ， $h(\tan 0)=h(0)=0$ より $h(\tan x)=x$ であり，両者は等しくなる．

(iii) $h'(x)\gt 0$ より $h(x)$ は単調増加であるから， $h(s)=h(t)$ と $s=t$ は同値となり (ii) から $g(x)=\tan x$ となり，(i) より $f(x)=\dfrac{1}{\cos x}$ となる．

2024.04.23記
参考
2007年(平成19年)京都大学-数学乙[6] - [別館]球面倶楽部零八式markIISR

2024-04-16

2024年(令和6年)東京工業大学-数学[5]

2024.04.16記

[5] 整数の組 $(a,b)$ に対して $2$ 次式 $f(x)=x^2+ax+b$ を考える．方程式 $f(x)=0$ の複素数の範囲のすべての解 $\alpha$ に対して $\alpha^n=1$ となる正の整数 $n$ が存在するような組 $(a,b)$ をすべて求めよ．

2024.04.16記
大数1988年1月号の宿題2番

整数を成分とする適当な2次の正方行列 $A$ をとれば，
$A^n=E$ ，
$A^k\neq E$ （ $k=1，2，…，n-1$ ）
となるような2以上の整数 $n$ を求めよ．

を思い出してしまった．

[解答]
(i) $f(x)=0$ の解が実数解しか持たないとき，その解は $1$ で重解， $-1$ で重解， $1，-1$ の2解の3通りで $(a，b)=(-2，1)，(2，1)，(0，-1)$ となる．

(ii) $f(x)=0$ の解が共役複素数のとき， $|\alpha|^n=1$ より $|\alpha|=1$ だから $\alpha=\cos\theta+i\sin\theta$ （ $\sin\theta\neq 0$ ）とおくことができる．
このとき，
$a=-2\cos\theta$ （ $\sin\theta\neq 0$ ）
であるから， $-2\lt a\lt 2$ となり，また $b=1$ である．

$(a，b)=(1，1)$ のとき， $x^2+x+1=0$ の解は $x^3-1=(x-1)(x^2-x+1)=0$ ，つまり $x^3=1$ を満たすので題意を満たす．

$(a，b)=(0，1)$ のとき， $x^2+1=0$ の解は $x^4-1=(x^2-1)(x^2+1)=0$ ，つまり $x^4=1$ を満たすので題意を満たす．

$(a，b)=(1，1)$ のとき， $x^2-x+1=0$ の解は $x^6-1=(x^3-1)(x-1)(x^2-x+1)=0$ ，つまり $x^6=1$ を満たすので題意を満たす．

以上より，
$(a，b)=(-2，1)，(-1，1)，(0，-1)，(0，1)，(1，1)，(2，1)$
となる．

2024-03-25

2024年(令和6年)九州大学前期-数学III[5]

2024.03.25記

[1] 自然数 $m$ ， $n$ に対して
$I(m，n)=\displaystyle\int_1^e x^m e^x (\log x)^n\, dx$
とする．以下の問いに応えよ．

(1) $I(m+1，n+1)$ を $I(m，n+1)$ ， $I(m，n)$ ， $m$ ， $n$ を用いて表せ．

(2) すべての自然数 $m$ に対して， $\displaystyle\lim_{n\to\infty} I(m，n)=0$ が成り立つことを示せ．

2024.03.25記(2024/03/25/231430)

[解答]
(1) $I(m+1,n+1)=\Bigl[ e^x x^{m+1}(\log x)^{n+1}\Bigr]_1^e$
$-\displaystyle\int_1^e e^x\left\{(m+1)x^m(\log x)^{n+1}+(n+1)x^m(\log x)^{n}\cdot\dfrac{1}{x} \right\}dx$ $=e^{e+m+1}-(m+1)I(m+1,n+1)-(n+1)I(m,n)$
が成立する．

(2) $1\lt x\lt e$ で
$e^x x^{m+1}(\log x)^{n+1}\gt 0$
より，任意の自然数 $m$ ， $n$ に対して
$I(m,n)\gt 0$
であり，(1) より
$I(m+1,n+1)+(m+1)I(m+1,n+1)+(n+1)I(m,n)$ $=e^{e+m+1}\gt 0$
であるから，
$0\lt I(m,n)\lt\dfrac{e^{e+m+1}}{n+1}$
が成立する， $n\to\infty$ で
$\dfrac{e^{e+m+1}}{n+1}\to 0$
であるから，はさみうちの原理により
$\displaystyle\lim_{n\to\infty} I(m,n)=0$
が任意の自然数 $m$ について成立する．