京大数学対策

2008-12

mizuno — Thu, 28 Aug 2008 00:50:29 +0000

正n角形とその外接円をあわせた図形をFとする。F上の点Pに対して、始点と終点がともにPであるような、図形Fの一筆がきの経路の数をN(P)で表す。正n角形の頂点をひとつとってAとし、a=N(A)とおく。また正n角形の辺をひとつとってその中点をBとし、b=N(B)とおく。このときaとbを求めよ。
注：一筆がきとは、図形を、かき始めから終わりまで、筆を紙からはなさず、また同じ線上を通らずにかくことである。

まずaを求める。
出発点Aから時計回りに頂点を A₁, A₂, … A_n-1とする。
訪問する頂点の並びについてまず考える。
最初にA₁方向へ進むかA_n-1方向へ進むかの2通りがある。
途中の点A_kまで到達したときに、折り返すときは、A₁, … A_k, … A₁, A, A_n-1, … A_k, … A_n-1, A と移動する。
このため、折り返す点A_kが k=1からk=n-1までのn-1通りある。
点Aまで一周する場合、すなわち A, A₁, … A_n-1, A と進む場合は、Aに到達した後、もう一周するが、時計回りと反時計回りが可能なので2通りある。
よって、訪問する頂点の並びは2{(n-1)+2}=2(n+1)通りある。 …(a)
次に頂点の間の移動方法を考える。頂点間の移動は全部でnあり、それぞれを2回ずつ通る。
多角形の辺を通るか、円の弧を通るかであるが、最初に通るときには2つのうちから選択できるが、次に通るときはまだ通っていない方が強制されるので、各頂点間について2通りある。
よって、2ⁿ通りある。 …(b)
(a) (b) から、a=N(A)=2(n+1)⋅2ⁿ =(n+1)2ⁿ⁺¹

次にbについて考える。
一筆がきの始点と終点を結んだ輪を考える。輪の任意の1点を切ると、一筆がきに対応する。輪の数をR_nとする。
正n角形の頂点を始点とする場合、輪の紐が2本通っているので、どちらを切るかの2通り、切り口のどちらを始点とするかの2通りがある。
すなわち、正n角形の頂点を始点とする一筆がきの数 a=4R_n
正n角形の辺を始点とする場合輪の紐は1本通っているので、切る紐は1つに強制されており、切り口のどちらを始点とするかの2通りがある。
すなわち、正n角形の辺を始点とする一筆がきの数 b=2R_n
2R=½aなので、b=½a=(n+1)2ⁿ

一筆がきがテーマであるが、要するに場合の数の問題。数え上げる方針を考えるのも苦労する上、漏れなく数え上げるのも大変なので、相当な難問である。bはaの答えを利用して解くことは推測できるだろう。しかしながら、解答のように一旦紐に置き換えて、紐を切る、という発想はしにくいであろう。この問題が解けなくても全く問題無い。

試験場では手を出すべきではない問題の典型例といえる。数え上げを網羅するのが大変なこともあるが、nが小さい場合で試す(答えの検算をする)のが大変なことが最大の理由。他の問題を着実に解くことを目標としよう。(問題としては面白いので、こういう問題に興味がある人は数学オリンピックへの参加をお薦めする。)

この問題とは直接関係しないが、一筆がきについてはグラフ理論を学ぶと興味深い。

2008-11

mizuno — Wed, 27 Aug 2008 12:54:57 +0000

0≤x<2πのとき、方程式2√2(sin³x+cos³x)+3sinxcosx=0を満たすxの個数を求めよ。

sin³x+cos³x=(sinx+cosx)(sin²x-sinxcosx+cos²x)=(sinx+cosx)(1-sinxcosx)
sinx+cosx=tと置く。(-√2≤t≤√2) …(*1)
t²=sin²x+2sinxcosx+cos²x=1+2sinxcosx より、
sinxcosx=½(t²-1) なので、
2√2(sin³x+cos³x)+3sinxcosx=2√2t{1-½(t²-1)}+3½(t²-1)
=-√2t³+(3/2)t²+3√2t-(3/2)=f(t)と置く。
f’(t)=-3√2t²+3t+3√2=-3(√2t²-t-√2)
f’(t)=0 となるのは、√2t²-t-√2=0となるときで、
√2t²-t-√2=(t-√2)(√2t+1) より、t=√2, -½√2
増減表を書くと、

となるので、-√2≤t≤√2 の範囲でf(t)=0となるtは1つである。
f(t)=0のとき、t≠±√2なので、tに対応するxは2つ存在する。よって答えは2個である。　…(*2)

三角関数と微分の融合問題。sinとcosについて対称形なので、sinx+cosx=tと置き換える。(*1)のtの範囲は、x²+y²=1とx+y=1が共有点を持つ範囲と考える。こう考えることで、(*2) の -√2

一般に、対称形はx+y=tのように置き換えると見通しが良くなる。応用範囲が広いので、しっかりマスターしておきたい。sin, cos については、x²+y²=1 という捉え方ができることも覚えておくと良いだろう。

難易度は標準的と思われる。この問題を入試本番で解けるかどうか？が合否を分けるであろう。

2008-10

mizuno — Wed, 27 Aug 2008 09:44:02 +0000

実数a, b, cに対してf(x)=ax²+bx+cとする。このとき、∫_-1¹ (1-x²){f’(x)}²dx≤6∫_-1¹ {f(x)}²dxであることを示せ。

f’(x)=2ax+b より、
{f’(x)}²=(2ax+b)²=4a²x²+4abx+b²
(1-x²){f’(x)}²=-4a²x⁴-4abx³+(4a²-b²)x²+4abx+b² …(a)
{f(x)}²=(ax²+bx+c)²=a²x⁴+2abx³+(b²+2ac)x²+2bcx+c² …(b)
6{f(x)}²-(1-x²){f’(x)}²=g(x) と置く。
(a) (b) より、
g(x)=6{a²x⁴+2abx³+(b²+2ac)x²+2bcx+c²}
+4a²x⁴+4abx³-(4a²-b²)x²-4abx-b² (*1)
=10a²x⁴+16abx³+(7b²+12ac-4a²)x²+4b(3c-a)x+6c²-b²
G(x)=2a²x⁵+4abx⁴+(1/3)(7b²+12ac-4a²)x³+2b(3c-a)x²+(6c²-b²)x+C (Cは定数)
[G(x)]_-1¹=4a²+(2/3)(7b²+12ac-4a²)+2(6c²-b²)
=(4/3)a²+(8/3)b²+12c²+8ac
=(4/3)(a+3c)²+(8/3)b²≥0
となり、問題文の左辺≤右辺となる。

積分の計算をひたすら行うだけの問題。とはいえ計算は結構面倒である。-1から1の範囲なので、偶関数の性質を利用すれば多少は楽になる。(解答では用いていない。) 計算ミスしないように、(*1)のようにxⁿの係数で揃えて縦に並べる等の工夫をしよう。

2008年度の文系向け問題は、計算量の多い問題が他にもあるので、速く確実に計算できる受験生に有利だったであろう。

2008-9

mizuno — Wed, 27 Aug 2008 06:13:41 +0000

空間内に原点Oを中心とし半径1の球面Sを考え、S上の2点をA(½, 0, ½√3), B(¼, ¼√3, ½√3)とする。z=½√3で与えられる平面でSを切った切り口の円において、AとBを結ぶ弧のうち短いほうの長さをl₁とする。また3点O, A, Bを通る平面でSを切った切り口の円において、AとBを結ぶ弧のうち短いほうの長さをl₂とする。このとき l₁>l₂ を証明せよ。

l₁は、半径½の円の円周の1/6なので、l₁=(1/6)π
l₂は、半径1の円の円周の一部で、OAとOBのなす角をθとすると、l₂=(1/180)πθ。
OA^→·OB^→=(½, 0, ½√3)·(¼, ¼√3, ½√3)=⅞ なので、
cosθ=⅞=0.875 となる。
cos30°=½√3<0.875 であり、cosは0°から90°の範囲で単調減少なので、
θ<30 となる。
よって、l₂=(1/180)πθ<(30/180)π=l₁となるので、題意は示された。

球面上の最短経路を求める問題。メルカトール図法の地図上で直線となる経路(z=½√3の切り口上)は最短経路では無いことは有名。解答は短いが、難問と思われる。理系乙2008-6では座標設定されていない状態で出題されており、受験生には厳しかったであろう。

2008-8

mizuno — Wed, 27 Aug 2008 05:43:41 +0000

定数aは実数であるとする。方程式(x²+ax+1)(3x²+ax-3)=0 を満たす実数xはいくつあるか。aの値によって分類せよ。

f(x)=x²+ax+1, g(x)=3x²+ax-3 と置く。
f(x)=0となるxとg(x)=0となるxが求めるxである。
ただし、f(x)=g(x)=0となる場合は、f(x)=0とg(x)=0とで重複してカウントされてしまうが1つとする。 …(a)
(i)f(x)=0
x²+ax+1=0
(x+½a)²-¼a²+1=0 より、
1-¼a²>0 すなわち -2 1-¼a²=0 すなわち a=±2 のとき、共有点1つ 1-¼a²<0 すなわち a<-2, 2
(ii)g(x)=0
3x²+ax-3=0
3{x-(1/6)a}²-(1/12)a²-3=0 より、
g(x)=0 を満たすxは常に2つ
ここで(a)の条件を調べる。
f(x)=g(x)となるのは、x²+ax+1=3x²+ax-3 より、x=±√2
x=√2となるのは、2(√2)²+√2]a-1=0 より、a=-(3/2)√2
x=-√2 となるのは、2(√2)²-√2]a-1=0 より、a=(3/2)√2
よって、a=±(3/2)√2 のときは、共通解が1つある。
これらをまとめると、
-2 a=±2, ±(3/2)√2 のとき、共有点3つ a<-(3/2)√2, -(3/2)√2

f(x)=x²+ax+1, g(x)=3x²+ax-3 と置き、f(x)=0、g(x)=0のケースを考える。f(x)=g(x)=0となるxがダブって数えられることに注意する。解答では平方完成して定数項の符号を調べているが、判別式や解の公式等を記憶していればそれらを利用すれば良いであろう。

理系乙の問題と比較すると、方針が立て易いであろう。(理系乙の問題は絶対値付グラフを正面から扱うと非常に厄介。) f(x)=0、g(x)=0を共に満たす場合が重複してカウントされることに注意する。

2008-7

mizuno — Tue, 26 Aug 2008 09:31:01 +0000

AB=ACである二等辺三角形ABCを考える。辺ABの中点をMとし、辺ABを延長した直線上に点Nを、AN:NB=2:1となるようにとる。ただし点Nは辺AB上にないものとする。ことのき、∠BCM=∠BCNとなることを示せ。

点Bを通りACに平行な直線と、線分CMを延長した直線の交点をDとする。

図1 四角形ACBDは平行四辺形

このとき、∠MBD=∠MAC, ∠BDM=∠ACM, BM=AMより、
∆BDM≡∆ACM
よって、BD=AC …(a)
AN:NB=2:1より、BN=AB …(b)
与えられた条件よりAB=AC ..(c)
(a) (b) (c) より、BN=BD …(d)
またDB//ACより、 ∠DBC+∠ACB=180° …(e)
また∠ABC=∠ACB(∵AB=AC), …(f)
∠ABC+∠NBC=180° …(g)
(e) (f) (g) より、∠DBC=∠NBC …(h)
∆DBCと∆NBCは、辺BCを共有し、(d) (h) が成り立つので、∆DBC≡∆NBC
よって、∠BCDすなわち∠BCM=∠BCN

平面図形の問題。幾何的に解くのが手っ取り早いだろう。(おそらく解答速報ではこういう解法はしないであろうが)Nを辺BCで折り返した点Dがどんな点かを考えることで容易に解答できる。発想しずらい、と思うかもしれないが、証明したいのが∠BCM=∠BCNなのだから、辺BCで折り返してみる、という着想は決して難しいものでは無いはず。

2008-6

mizuno — Tue, 26 Aug 2008 06:29:50 +0000

地球上の北緯60°東経135°の地点をA、北緯60°東経75°の地点をBとする。AからBに向かう2種類の飛行経路R₁, R₂を考える。R₁は西に向かって同一緯度で飛ぶ経路とする。R₂は地球の大円に沿った経路のうち飛行距離の短い方とする。R₁に比べてR₂は飛行距離が3％以上短くなることを示せ。ただし地球は完全な球体であるとし、飛行機は高度0を飛ぶものとする。また必要があれば、次のページの三角関数表を用いよ。
注：大円とは、球を球の中心を通る平面で切ったとき、その切り口にできる円のことである。

地球の半径をrとする。南北方向をz軸(北が正)となるように、x, y, z座標を設定する。北緯60°は、z=½√3rの地点である。
AB間の経路が問題なので、Aのy座標が0となるようにし、BはAから60°の座標としても良いので、A(½r, 0, ½√3r), B(¼r, ¼√3r, ½√3r)と置く。
R₁の経路をL₁、R₂の経路をL₂とする。

L₁は、半径½rの円の円周の1/6なので、L₁=(1/6)πr
L₂は、半径rの円の円周の一部で、OAとOBのなす角をθとすると、L₂=(1/180)πrθ。

OA^→·OB^→=(½r, 0, ½√3r)·(¼r, ¼√3r, ½√3r)=⅞r² なので、
cosθ=⅞=0.875 となる。
三角関数表より、cos29.0°=0.8746 であり、cosは0°から90°の範囲で単調減少なので、
θ<29.0 となる。
よって、L₂=(1/180)πrθ<(29/180)πr となるので、
L₂/L₁<29/30≅0.967<0.97
よって、L₂すなわちR₂の飛行距離は、L₁すなわちR₁の飛行距離よりも3％以上少ない。

飛行機の最短経路を求める問題。メルカトール図法の地図上で直線となる経路(R₁)は最短経路では無いことは有名であるが、単なる大小関係でなく、3％以上少ない、という評価までする必要があるので、かなり難しい問題である。(なお実際には、偏西風等の風の影響や、天候状態にも左右されるので、常に飛行機が最短距離で飛ぶわけではない。)方針は迷うかもしれないが、座標設定すると、ベクトルの内積から∠AOBを求めることが容易になる。

三角関数表を掲載して数値計算させるという問題は、これまでの京大入試では見られなかった。三角関数や指数関数、対数関数等を用いた近似計算は、数学の実用としての意義があるので、このような出題は面白いと思う。また、題材が地球ということで、地学や地理の知識、少なくとも中学程度の知識はあったほうが良いであろう。一部の進学校で履修漏れが問題となったことがあるが、入試科目だけでなく、幅広く学習することも京大は要求しているのかもしれない。

2008-5

mizuno — Tue, 26 Aug 2008 03:37:09 +0000

次の式で与えられる底面の半径が2、高さが1の円柱Cを考える。C={(x, y, z)|x²+y²≤4, 0≤z≤1} xy平面上の直線y=1を含み、xy平面と45°の角をなす平面のうち、点(0, 2, 1)を通るものをHとする。円柱Cを平面Hで2つに分けるとき、点(0, 2, 0)を含む方の体積を求めよ。

x=tでの断面を考えると、図1のように直角二等辺三角形になる(-√3≤t≤√3)。

図1 x=tでの断面図

直角を挟む辺の長さは√4-t²]-1なので、斜線部分の面積は
½(√4-t²]-1)²=½(5-2√4-t²])
½(5-2√4-t²])=f(t)とおく。
求める体積をVとすると、V=∫_-√3^√3 f(t)dt
対称性から、V=2∫₀^√3 f(t)dt
V=2∫₀^√3 5-2√4-t²])dt
V=[5t-(1/3)t³]₀^√3 -2∫₀^√3 √4-t²]dt
V=4√3 -2∫₀^√3 √4-t²]dt …(a)
∫₀^√3 √4-t²]dt は、図2 の斜線部分の面積に等しい。 (*1)

図2 円の一部の積分

Aの部分は半径2の円の1/6なので、面積は (2/3)π
Bの部分は1, √3, 2 の直角三角形なので、面積は ½√3
これらを(a)に代入すると、
V=4√3 -2{(2/3)π+½√3}
V=3√3 -(4/3)π

体積を求める問題なので、断面積を積分すれば良い。解答ではx軸に垂直な平面の切口を考えたが、y軸でも計算可能。
方針は立て易いが計算がややこしいので、慎重に解きたい。(*1)では√4-t²]の積分を円の一部分の面積として計算する方法を採用している。これに気付かないと、三角関数の積分を計算することになるので、かなり手間がかかるであろう。

2008-4

mizuno — Mon, 25 Aug 2008 01:22:52 +0000

定数aは実数であるとする。関数y=|x²-2| とy=|2x²+ax-1| のグラフの共有点はいくつあるか。aの値によって分類せよ。

f(x)=x²-2, g(x)=2-x², h(x)=2x²+ax-1 と置く。
f(x)=h(x)となる点とg(x)=h(x)となる点が求める共有点である。
ただし、f(x)=g(x)となる(±√2,0)を共有する場合は、f(x)=h(x)とg(x)=h(x)とで重複してカウントされてしまうが1つとする。 …(a)
(i)f(x)=h(x)
x²-2=2x²+ax-1
x²+ax+1=0
(x+½a)²-¼a²+1=0 より、
1-¼a²>0 すなわち -2 1-¼a²=0 すなわち a=±2 のとき、共有点1つ 1-¼a²<0 すなわち a<-2, 2
(ii)g(x)=h(x)
2-x²=2x²+ax-1
3x²+ax-3=0
3{x-(1/6)a}²-(1/12)a²-3=0 より、
g(x)=h(x) を満たすxは常に2つ
ここで(a)の条件を調べる。
h(√2)=0 となるのは、2(√2)²+√2]a-1=0 より、a=-(3/2)√2
h(-√2)=0 となるのは、2(√2)²-√2]a-1=0 より、a=(3/2)√2
よって、a=±(3/2)√2 のときは、共通解が1つある。
これらをまとめると、
-2 a=±2, ±(3/2)√2 のとき、共有点3つ a<-(3/2)√2, -(3/2)√2

絶対値付きのグラフの共有点をまともの調べるのは大変なので、f(x)=x²-2, g(x)=2-x² という2つのグラフとの共有点を個別に調べる、という方針で解いた。この方針で解くときは、f(x)=g(x)となる点が共有点となるときにダブって数えられることに注意する。

この方針に限らず、場合分けして考察すると、個々のケースが簡単なことがしばしばある。ただし場合分けしたときは、重複してカウントしているケースがあるかどうかも確認する必要がある。

2008-3

mizuno — Sun, 24 Aug 2008 07:30:34 +0000

空間の1点Oを通る4直線で、どの3直線も同一平面上にないようなものを考える。このとき、4直線のいずれともO以外の点で交わる平面で、4つの交点が平行四辺形の頂点になるようなものが存在することを示せ。

4直線の上にある点をそれぞれA, B, C, Dとする。ただしA, B, C, DはOとは異なる点とする。
相異なる4点A, B, C, Dが同一平面上にあるとき、
AD^→=xAB^→+yAC^→の形にできる。
A, B, C, Dのどの3点も同一直線上には無いことから、x≠0, y≠0, x+y≠1 …(a)
OD^→-OA^→=xOB^→-xOA^→+yOC^→=yOA^→
OD^→=(1-x-y)OA^→+xOB^→+yOC^→ …(b)
(a)より、(b)の右辺の係数はすべて0では無いので、
OA’^→=(x+y-1)OA^→, OB’^→=xOB^→, OC’^→=yOC^→となるようにOと異なる3点 A’, B’, C’ を取ることができる。
(b) に代入して変形すると、
OD^→=-OA’^→+OB’^→+OC’^→ …(c)
(c)より、
B’D^→=A’C^→
C’D^→=B’C^→
となるので、A’B'C’Dは平行四辺形となる。

空間図形の問題だが、幾何的に解くのは難しいだろう。（興味のある人は大学への数学を参照。）解答ではベクトル設定でとりあえず四角形を作り、係数をうまく調整して平行四辺形が作れることを示した。類題が2002年前期文系に出題されている。
空間図形の問題は、幾何的アプローチ、ベクトル、座標設定など、いろいろな解法のうち、どれを選択するか、というのも重要になるだろう。