昭和大学 2012年度 数学

昭和大学 医学部 2012年度（平成24年度・I期）数学の傾向と解答・解説【数強塾オリジナル】

出題形式と傾向

大問4題、すべて結果のみを記入する形式です。
分野は、大問1が三角不等式／等差数列の共通項／じゃんけんの確率、大問2が正三角形と交点のベクトル表示（二等辺三角形の条件）、大問3が対称式の範囲／対数不等式／楕円上の最大距離／行列、大問4が2曲線に囲まれた面積／無理式の極限／積分で定義された関数の最小。
分量が多くスピード勝負の年ですが、一つひとつは定石通り。特に大問1(3)のじゃんけんの漸化式と大問4(3)のライプニッツ流の微分が学習価値の高い問題です。

大問1　三角不等式・等差数列・じゃんけん

(1) 4sin²x+(2−2√2)cosx+√2−4≧0（0≦x<2π）。
sin²x=1−cos²x で cosx だけの式に直します。c=cosx とおくと
−4c²+(2−2√2)c+√2≧0、すなわち 4c²−(2−2√2)c−√2≦0。
因数分解して (2c−1)(2c+√2)≦0 なので
−√2/2≦cosx≦1/2。

0≦x<2π でこれを満たすのは
π/3≦x≦3π/4、5π/4≦x≦5π/3。

(2) aₙ=3+4(n−1)=4n−1（3, 7, 11, …）、bₘ=1000−5(m−1)=1005−5m（1000, 995, 990, …）。

共通項は 4n−1=1005−5m、つまり 4n+5m=1006 を満たすもの。
共通項どうしは公差の最小公倍数 20 ずつ並ぶので、等差数列になります。最小の共通項は 15、最大は 995。

(2-1) 15, 35, 55, …, 995 なので個数は (995−15)/20+1=50個。

(2-2) 総和は 50(15+995)/2=50·505=25250。

(3) 3人でじゃんけん。まず1回の結果を整理します（全 3³=27 通り）。
・あいこ（勝者なし）：全員同じ3通り＋3種類バラバラ 3!=6 通り＝9通り（1/3）
・1人勝ち：9通り（1/3）
・2人勝ち：9通り（1/3）
と、きれいに1/3ずつに分かれます。
また2人でのじゃんけんは、あいこ 1/3、勝負がつく 2/3。

(3-1) 1回目で勝者がいない確率は 1/3。

(3-2) 2回やっても1人に決まらない確率。
・1回目あいこ（1/3）→ 2回目も3人。決まるのは 1/3 なので未決は 2/3。
・1回目2人勝ち（1/3）→ 2回目は2人。決まるのは 2/3 なので未決は 1/3。
・1回目1人勝ち（1/3）→ すでに決定。
よって (1/3)(2/3)+(1/3)(1/3)=1/3。

(3-3) n 回続けても決まらない確率。
「3人が残っている確率 Sₙ」「2人が残っている確率 Tₙ」に分けて漸化式を立てます。
Sₙ₊₁=(1/3)Sₙ（3人があいこを続ける）
Tₙ₊₁=(1/3)Sₙ+(1/3)Tₙ（3人→2人勝ち、または2人があいこ）
S₀=1, T₀=0 から Sₙ=(1/3)ⁿ、Tₙ=n(1/3)ⁿ。
よって求める確率は
Sₙ+Tₙ=(n+1)/3ⁿ。

（n=1 で 2/3、n=2 で 3/9=1/3 と、(3-1)(3-2)の答えにきちんと一致します。2状態の漸化式という発想がこの問題の核心です。）

検算：(1)は 0〜2π を200万分割して不等式が成り立つ区間を数値で求め、[1.047198, 2.356194]=[π/3, 3π/4] と [3.926991, 5.235988]=[5π/4, 5π/3] であることを確認。(2)は共通項を全列挙し、50個・最小15・最大995・総和25250・公差20 を確認。(3)は 3³=27 通りを全数列挙して「あいこ・1人勝ち・2人勝ち」がそれぞれ9通りずつであることを確認したうえで、漸化式を n=1〜11 まで有理数のまま反復し、公式 (n+1)/3ⁿ とすべて一致することを確認しました。

大問2　正三角形の中の交点

1辺1の正三角形 OAB。AB 上に AM=2/3 となる M、OA 上に OP=p（0<p<1）となる P。OM と BP の交点が Q。

まず OM=a+(2/3)(b−a)=(1/3)a+(2/3)b。

(1) Q は OM 上なので OQ=k·OM、また BP 上なので OQ=b+l(pa−b)。
a, b は一次独立なので係数を比較して k/3=lp、2k/3=1−l。解くと k=3p/(2p+1)。
よって
OQ={p/(2p+1)}a+{2p/(2p+1)}b。

(2) PQ=OQ−OP=OQ−pa なので
PQ={−2p²/(2p+1)}a+{2p/(2p+1)}b。

(3) 三角形 OPQ が二等辺三角形になる p。|a|=|b|=1、a·b=1/2 を使って各辺の2乗を計算すると
|OP|²=p²
|OQ|²=7p²/(2p+1)²
|PQ|²=4p²(p²−p+1)/(2p+1)²。

3通りを順に調べます。
・|OP|=|OQ|：(2p+1)²=7 より p=(√7−1)/2（≈0.8229、範囲内）
・|OP|=|PQ|：(2p+1)²=4(p²−p+1) より 8p=3、p=3/8（範囲内）
・|OQ|=|PQ|：7=4(p²−p+1) より p=3/2（0<p<1 の範囲外なので不適）

よって
p=3/8、(√7−1)/2。

検算：座標 a=(1,0)、b=(1/2, √3/2) で Q を厳密に求め、OQ・PQ の係数が上式に一致することを確認。(3)は3つの等式それぞれを sympy で解き、0<p<1 の解が 3/8 と (√7−1)/2=0.8228757 の2つだけ（|OQ|=|PQ| は p=3/2 のみで不適）であることを確認。さらに p を30万分割して3辺の長さを数値計算し、符号が変わる p が 0.374998 と 0.822872 の2点であることを確認しました。

大問3　対称式・対数・楕円・行列

(1) a, b>0、a³+b³=5 のときの a+b の範囲。
s=a+b、q=ab とおくと a³+b³=s³−3sq=5 なので q=(s³−5)/(3s)。

a, b が正の実数である条件は s>0、q>0、s²≧4q（判別式）。
・q>0 → s³>5 → s>∛5
・s²≧4q → 3s³≧4s³−20 → s³≦20 → s≦∛20
よって
∛5<a+b≦∛20（約 1.7100<s≦2.7144）。

（等号 s=∛20 は a=b のとき。一方 s=∛5 は「片方が0」に対応するので含みません。この非対称が答えの形に効いています。）

(2) 1+1/log₂x−3/log₃x<0（x>0, x≠1）。
底の変換で 1/log₂x=log_x2、3/log₃x=3log_x3=log_x27 なので
1+log_x2−log_x27=1+log_x(2/27)<0。
t=logx（自然対数）とおくと 1+log(2/27)/t<0、すなわち
{t−log(27/2)}/t<0 → 0<t<log(27/2)。
よって
1<x<27/2。

(3) 楕円 x²+5(y−1)²=5 上の点 P と原点 O の距離の最大値。
x²=5−5(y−1)² を代入すると
OP²=x²+y²=5−5(y−1)²+y²=−4y²+10y。
楕円上で y の動く範囲は 0≦y≦2。−4y²+10y は y=5/4 で最大となり（これは範囲内）
OP²=25/4 なので
OP の最大値は 5/2。

（x を消して y だけの2次関数にするのが定石。頂点が定義域内にあるかの確認を忘れずに。）

(4) A=[[3, −5], [2, −3]]、(I+A)²⁰¹²=mI+nA。
まず A² を計算すると
A²=[[−1, 0], [0, −1]]=−I。ここに気づけば一瞬で終わります。

(I+A)²=I+2A+A²=I+2A−I=2A。
よって
(I+A)²⁰¹²=((I+A)²)¹⁰⁰⁶=(2A)¹⁰⁰⁶=2¹⁰⁰⁶A¹⁰⁰⁶。
A¹⁰⁰⁶=(A²)⁵⁰³=(−I)⁵⁰³=−I なので
(I+A)²⁰¹²=−2¹⁰⁰⁶I。

したがって m=−2¹⁰⁰⁶、n=0。

（A²=−I は「A が虚数単位 i のようにふるまう」ということ。4乗すると単位行列に戻るので、指数を4で割った余りで考えられます。）

検算：(1)は a を4000点走査して b=(5−a³)^(1/3) から a+b を計算し、最大 2.714418=∛20、下限が 1.709976=∛5 に漸近することを確認。(2)は x=0.5, 0.9, 1.5, 5, 13, 13.5, 14, 20 で不等式の成否を数値確認し、13.5=27/2 が境界であることを確認。(3)は楕円を200万点でパラメータ表示して最大距離 2.50000000 が y=1.250001=5/4 で得られることを確認。(4)は (I+A)²⁰¹² を多倍長整数で直接計算し、対角成分が −2¹⁰⁰⁶（303桁の整数）と完全一致することを確認しました。

大問4　面積・極限・積分で定義された関数

(1-1) y=x(x−√3)/√3 と x=y(y−√3)/√3。この2曲線は直線 y=x に関して対称です。
2式を辺々引くと
√3(y−x)=x²−y²−√3(x−y)=−(y−x)(x+y)+√3(y−x)、
整理して (y−x)(x+y)=0。つまり y=x または x+y=0。
x+y=0 の場合は元の式に戻すと x²=0 なので原点のみ。
よって交点は
(0, 0) と (2√3, 2√3)。

(1-2) 対称性から、直線 y=x で切って2倍すれば求まります。
2∫₀^(2√3){x−(x²/√3−x)}dx=2∫₀^(2√3)(2x−x²/√3)dx=2[x²−x³/(3√3)]₀^(2√3)=2(12−8)=8。

(2) lim[x→∞](a√(2x²+x+1)−bx)=2。
x→∞ で √(2x²+x+1)=√2·x·√(1+1/(2x)+1/(2x²))≈√2 x+√2/4+o(1)。
よって a√(2x²+x+1)−bx≈(a√2−b)x+a√2/4。
極限が有限であるためには x の係数が0、すなわち b=a√2。
このとき極限は a√2/4=2 なので a√2=8、
a=4√2、b=8。

(3) f(x)=∫₀^x 3^t(3^t−4)(x−t)dt（x≧0）の最小値を与える x。

(x−t) の x を積分の外に出して
f(x)=x∫₀^x3^t(3^t−4)dt−∫₀^x t·3^t(3^t−4)dt。
両辺を x で微分すると、2つの項から出る境界の寄与がちょうど打ち消し合って
f′(x)=∫₀^x3^t(3^t−4)dt。

これを計算すると
f′(x)=∫₀^x(9^t−4·3^t)dt=(9^x−8·3^x+7)/(2log3)。
u=3^x とおくと分子は u²−8u+7=(u−1)(u−7)。
x≧0 では u≧1 なので
・0<x<log₃7：1<u<7 で f′<0（減少）
・x>log₃7：u>7 で f′>0（増加）
よって最小値を与えるのは
x=log₃7（約 1.7712）。

（f(x)=∫₀^x g(t)(x−t)dt の形は、微分すると ∫₀^x g(t)dt、もう一度微分すると g(x) になります。頻出パターンなので覚えておく価値があります。）

検算：(1-1)は sympy で連立方程式を解き、交点が (0,0) と (2√3, 2√3) の2つだけであることを確認。(1-2)は厳密積分 8 と、1601万点のグリッド走査による数値面積 8.0001 を照合。(2)は a=4√2, b=8 で x=10³, 10⁶, 10⁹ のとき値が 2.0017, 2.0000018, 2.0000000 と 2 に収束することを確認。(3)は f′(x)=(9^x−8·3^x+7)/(2log3) を sympy で導出し、x=1.7 で負・x=1.8 で正であること、さらに f(x) 自体を2000点で数値積分して最小 −4.2995 が x=1.7705（log₃7=1.7712）で得られることを確認しました。

学習アドバイス

2012年度は「典型の引き出しをどれだけ速く開けられるか」を問う年です。
特に価値が高いのは大問1(3)。じゃんけんの「n回後」を求める問題は、「3人が残っている」「2人が残っている」の2状態に分けて漸化式を立てるのが唯一の正攻法です。1つの確率だけを追いかけると必ず行き詰まります。答えの (n+1)/3ⁿ という形も美しく、記憶に残しておく価値があります。
もう一つは大問4(3)の ∫₀^x g(t)(x−t)dt。「x を外に出してから微分」という一手で f′(x)=∫₀^x g(t)dt になることを知っていれば、あとは u=3^x の2次式を解くだけです。
逆に大問3(4)のように「まず A² を計算してみる」という素朴な一手が突破口になる問題もあります。手を止めずに何か計算してみる姿勢が、こうした問題では効きます。