平成２０年度　東京大学　（後期）解答例

平成２０年度　東京大学　（後期）解答例　

　　　　　　　平成１９年３月１３日　１４時～１６時３０分

1.　

(1)　　　　　　

xy²= 4の両辺をxで微分して，

y⁰=−y

2x=− y 2_y⁴2

=−³y 2

´3

． 点(x0, y0)を通る接線の方程式と 曲線C：y=−

r4

x の方程式

⎧⎨

⎩

y−y₀=−

³y0

2

´3³ x−_y⁴²

0

´

· · · (ⅰ) y=−

q4

x · · · (ⅱ) から，P₁ 座標を求める．

(ⅱ)を(ⅰ)に代入して，整頓すると，

³y0

2

´3

x− r4

x =3y0

2 ,

³y₀ 2

´3

x√ x−3y₀

2

√x−2 = 0,

³y₀ 2

´3³√ x+ 2

y0

´³ x− 2

y0

√x−2³2 y0

´2´

=³y₀ 2

´3³√ x+ 2

y0

´2³√ x− 4

y0

´

= 0． y0>0より，√

x= 4 y0

．これを(ⅱ)に代入して，y=−y0

2． 　∴　(x1, y1) =

³16 y₀², −y0

2

´． 同様に，

点(x1, y1)を通る接線の方程式と曲線C：y= r4

x の方程式

⎧⎨

⎩

y−y₁=−³

y1

2

´3³ x−_y⁴²

1

´

· · · (ⅲ) y=

q4

x · · · (ⅳ)

から，P₂ 座標を求める．

³y1

2

´3

x√ x−3y1

2

√x+ 2 =³y1

2

´3³√ x− 2

y₁

´³ x+ 2

y₁

√x−2³2 y₁

´2´

=

³y1

2

´3³√ x− 2

y₁

´2³√ x+ 4

y₁

´

= 0． y₁<0より，√

x=−4 y1

．これを(ⅳ)に代入して，y=−y₁ 2 ． 　∴　(x2, y2) =

³16 y₁², −y1

2

´

=

³64 y₀², y0

4

´．

(2)　

線分P₀P₂ と曲線C で囲まれた領域の面積をK とすると，S=T−K．

K=

Z x2ny₂−y₀

x −x (x−x₀) +y₀− 2

√x o

dx

=1 2

y₂−y₀ x2−x0

(x₂−x₀)²+y₀(x₂−x₀)−4(√x₂−√x₀)

=1 2

³y0

4 −y0

´³64 y²₀ − 4

y₀²

´ +y0

³64 y²₀ − 4

y₀²

´

−4³8 y₀ − 2

y₀

´

=−45 2y0

+60 y0 −24

y0

= 27 2y0

．

T =1 2

¯¯

¯¯

¯

x₂−x₁ x₀−x₁ y2−y1 y0−y1

¯¯

¯¯

¯= 1 2

¯¯

¯¯

¯¯

64

y₀² −¹⁶_y²_{0 y}⁴₀² −_y¹⁶²₀

y0

4 −³

−^y₂⁰´

y₀−³

−^y₂⁰´

¯¯

¯¯

¯¯=1 2

¯¯

¯¯

¯

48 y₀² −¹²_y²

0

3y0

4 3y0

2

¯¯

¯¯

¯

= 81 2y0

． 　∴　T

S = T

T −K = 81 54 =3

2．　 (3)　

ベクトル−−−→P₁P₂,−−−→P₁P₀ の内積が０であればよいから，

(−−−→P1P2,−−−→P1P0) = Ã 48

y²₀ 3y0

4

! Ã −¹²_y²

0

3y0

2

!

=−48×12 y₀⁴ +9y²₀

8 = 0． y₀⁶= 2⁹．　 ∴　y0= 2√

2． (4)　

6 P₀P₁P₂ が直角だから，線分P₀P₂ は外接円の直径になっている．

(x0, y0) =

³1 2,2√

2

´

, (x2, y2) =

³ 8,^√₂²

´．

外接円の面積はπ

³|−−→OP0−−−→OP2| 2

´2

=π n³

1 2−8´2

+³ 2√

2−^√₂²´2

4

o

=243π 16 ．

2.　

(1)　 P =

à a b

−b a

!

とおくと，

P AP⁻¹=

à a b

−b a

! Ã a b b c

! 1 a²+b²

à a −b b a

!

= 1

a²+b²

à a²+b² ab+bc 0 −b²+ac

! Ã a −b b a

!

=

à a+^b_a^2(a+c)2+b²

b(−b²+ac) a²+b² b(−b²+ac)

a²+b²

a(−b²+ac) a²+b²

!

．

これは，B=

à r s s r

!

の形をしている．

これから，

r=a+b²(a+c)

a²+b² · · · (ⅰ), s= b(−b²+ac)

a²+b² · · · (ⅱ), t= a(−b²+ac)

a²+b² · · · (ⅲ)．

(ⅰ)と(ⅲ)を加えて，

tr(B) =r+t=a+c=tr(A)．　（ただし，は行列の対角成分の和をとる）

rt−s²=|B|=|P||A||P⁻¹|=|A|=ac−b²．

[別解]

|B−λE|=|P AP⁻¹−λP P⁻¹|=|P||A−λE||P⁻¹|=|A−λE|から，行列 A, B の 固有多項式が等しいので，λ²−(r+t)λ+ (rt−s²) =λ²−(a+c)λ+ (ac−b²)．

∴　r+t=a+c, rt−s²=ac−b²． (2)　

r+t=a+c, rt−s²=ac−b² から，r(a+c−r)−s²=ac−b²より，

上の(ⅰ)を r²+s²=r(a+c)−ac+b² に代入して，

r²+s²= (a+c)n

a+b²(a+c) a²+b²

o

−ac+b²=a²+b²+b²(a+c)²

a²+b² ≥a²+b²． 等号はb= 0 またはa=−c のとき成り立つ．

(3)　 　(ア)　

(1)より，P AP⁻¹=

à a+^b2_a^(tr(A))2+b² b|A| a²+b² b|A|

a²+b²

a|A| a²+b²

!

．（ただし，tr(A) =a+c）

A_n=

à an bn

b_n c_n

!

(n= 0,1,· · ·)，P_n=

à an bn

−b_n a_n

!

(n= 0,1,· · ·)とおくと，

A1=P0A0P₀⁻¹, A2=P1A1P₁⁻¹, · · ·, An=Pn−1An−1P_n⁻₋¹₁ である．

(1)より，

　3 =tr(A₀) =tr(A₁) =· · ·=tr(A_n)，すなわち，a_n+c_n= 3 (n= 0,1,· · ·)．

　1 =|A0|=|A1|=· · ·=|An|．すなわち，ancn−b²_n= 1 (n= 0,1,· · ·)．

n= 0のときは，A0=

à a₀ b₀ b0 c0

!

=

à 1 1 1 2

!

である．

(2)より，a²_n+b²_n≥a²_n−1+b²_n−1≥a²_n−2+b²_n−2≥· · ·≥a²₁+b²₁> a²₀+b²₀= 2． b1= b0|A0|

a²₀+b²₀ = 1

2 で，bn >0 (n= 0,1,· · ·)． b2= b1|A1|

a²₁+b²₁ < b1

a²₀+b²₀ =b1

2 = 1

2²，b3= b2|A2|

a²₂+b²₂ < b2

a²₀+b²₀ =b2

2 = 1 2³，

· · ·, bn= bn−1|An−1|

a²_n−1+b²_n−1 < bn−1

a²₀+b²₀ = bn−1

2 = 1 2ⁿ， よって，0≤ lim

n→∞bn≤ lim

n→∞

1

2ⁿ = 0より， lim

n→∞bn= 0． 　(イ)　

an> cn (n= 0,1,· · ·)で，an+cn = 3 (n= 0,1,· · ·)，ancn−b²_n= 1 (n= 0,1,· · ·)． (ア)より，lim

n→∞bn = 0から，

nlim→∞a_n+ lim

n→∞c_n= 3, lim

n→∞a_nc_n= 1．

nlim→∞an =α, lim

n→∞cn=β とおくと，

α, β はu²−3u+ 1 = 0の解．よって，α=3 +√ 5

2 ,β =3−√ 5

2 ．

　∴　 lim

n→∞an= 3 +√ 5 2 ， lim

n→∞cn= 3−√ 5

2 ．

3.　

(1)　

x1< xN より，pn−1+qn−1

2 < xN だから，1≤kn≤N −1． qn−pn =x_kn+1+· · ·+x_N

N−kn −x₁+x₂+· · ·+x_kn

kn

=kn(xkn+1+· · ·+xN)−(N−kn)(x1+x2+· · ·+xkn) k_n(N−k_n)

=(xN−x1) +· · ·+ (xkn+1−xkn)

kn(N−kn) >0．　∴　x1≤pn < qn≤xN． [（注意）

kn個

z }| {

xkn+1, xkn+1,· · ·, xkn+1,· · ·,

kn個

z }| {

xN, xN,· · ·, xN :全部でkn(N−kn)個の和

(N−kn)個 x₁, x₁,· · ·, x₁

| {z },· · ·, ^(N−kn)個

x_kn, x_kn,· · ·, x_kn

| {z }:全部でk_n(N−k_n)個の和．

の差を考えている．] [別解]

(a)　k_n = 1 のとき，p_n =x₁ < x₂+x₃+· · ·+x_N

N−1 =q_n < x_N より，x₁ ≤p_n <

qn ≤xN． k_n ≥2 のとき，

(b)　x1 より大きくてxkn 以下のものが少なくとも１つ存在する場合，

x1< pn =x1+x2+· · ·+xkn

kn

< xkn,

xkn≤xkn+1≤qn =x_kn+1+x_kn+2+· · ·+x_N N−knk

≤xN で，

pn< xkn≤qn．

(c)　k_n 個がすべてx₁ と等しい場合は,N−k_n 個の中のx_i で，x₁< x_i となるiが あって（少なくともi=N），pn< qn．

　∴　(a),(b),(c)より，x₁≤p_n < q_n≤x_N． (2)　

　任意の実数aについて，

kn

X

i=1

(x_i−a)²=

kn

X

i=1

(x_i−x¯+ ¯x−a)²

=

kn

X

i=1

(x_i−x)¯ ²+ 2

kn

X

i=1

(x_i−x)(¯¯ x−a) +n(¯x−a)²=

kn

X

i=1

(x_i−x)¯ ²+n(¯x−a)² であるから，

kn

X

i=1

(xi−a)²は，a= ¯xのとき，最小になる．この性質を性質（ⅰ）とする．

　性質（ⅰ）より，

J_n=

kn

X

i=1

(x_i−p_n)²+ XN

i=kn+1

(x_i−q_n)²

≤

kn

X

i=1

(x_i−p_n−1)²+ XN

i=kn+1

(x_i−q_n−1)² · · ·（ⅱ）．

　kn−1 < kn のとき，xj ≤ q_n−1+p_n−1

2 (kn−1+ 1≤j≤kn)であるから，　　　　

（ⅱ）=

kX_n−1

i=1

(xi−pn−1)²+ (xk_n−1+1−pn−1)²+· · ·+ (xkn−pn−1)²+ XN

i=kn+1

(xi−qn−1)²． ここで，(x_kn−1+1−p_n−1)²= (x_kn−1+1−q_n−1+q_n−1−p_n−1)²

= (xk_n−1+1−qn−1)²+ 2(xk_n−1+1−qn−1)(qn−1−pn−1) + (qn−1−pn−1)²

= (xk_n−1+1−qn−1)²+ 2(qn−1−pn−1)

³

xk_n−1+1−qn−1+pn−1

2

´

≤(xk_n−1+1−qn−1)²． 同様に，(xkn−pn−1)²≤(xkn−qn−1)²．

すなわち，(x_j−p_n−1)²≤(x_j−q_n−1)²(k_n−1+ 1≤j≤k_n)． したがって，（ⅱ）≤

kXn−1

i=1

(xi−pn−1)²+ XN

i=kn−1+1

(xi−qn−1)²=Jn−1． 　k_n−1 > k_n のときx_j ≥ q_n−1+p_n−1

2 (k_n+ 1≤j ≤k_n−1)であることに注意して，

同様の計算をすると，

（ⅱ）=

kn

X

i=1

(x_i−p_n−1)²+ (x_kn+1−q_n−1)²+· · ·+ (x_kn−1−q_n−1)²+ XN

i=kn+1

(x_i−q_n−1)²． ここで，(xkn+1−qn−1)²= (xkn+1−pn−1+pn−1−qn−1)²

= (xkn+1−pn−1)²+ 2(xkn+1−pn−1)(pn−1−qn−1) + (pn−1−qn−1)²

= (xkn+1−pn−1)²+ 2(pn−1−qn−1)

³

xkn+1−qn−1+pn−1

2

´

≤(xkn+1−pn−1)²． 同様に，(xk_n−1−qn−1)²≤(xk_n−1−pn−1)²．

すなわち，(xj−qn−1)²≤(xj−pn−1)²(kn+ 1≤j≤kn−1)． したがって，（ⅱ）≤

kXn−1

i=1

(xi−pn−1)²+ XN

i=kn−1+1

(xi−qn−1)²=Jn−1． 　∴　Jn≤Jn−1(nはすべての自然数)．

(3)　

0≤Jn≤J0= XN

i=2

(xi−xN)² とJn≤Jn−1 より，Jn は有界単調減少数列であるから 収束する．

kn は，1≤kn ≤N−1 である自然数だから，Jn は高々 N−1 種類の有限個の値し かもたない．Jn が収束するから，n が十分大きいとき，Jn =Jn−1，kn =kn−1 で，

p_n=p_n−1, q_n=q_n−1 である．