bc ca ab

(1)

[ 東京工業大学 1957 年解析Ⅰ １ ]

, ,

1 1 1

b c c a a b

x y z

bc ca ab

− − −

= = =

+ + +

^{なるとき，}

^x ^{+ + −} ^y ^z ^xyz

をなるべく簡単にせよ。

x + + − y z xyz

1 1 1 1 1 1

b c c a a b b c c a a b

bc ca ab bc ca ab

− − − − − −

= + + − ⋅ ⋅

+ + + + + +

( )(1 ) ( )(1 )

(1 )(1 ) 1 1 1 1

b c ca c a bc a b b c c a a b

bc ca ab bc ca ab

− + + − + − − − −

= + − ⋅ ⋅

+ + + + + +

2 2

(1 )(1 ) 1 1 1 1

b c abc c a c a bc abc a b b c c a a b

bc ca ab bc ca ab

− + − + − + − − − − −

= + − ⋅ ⋅

+ + + + + +

( )(1

2

)

(1 )(1 ) 1 1 1 1

a b c a b b c c a a b

bc ca ab bc ca ab

− − + − − − −

= + − ⋅ ⋅

+ + + + + +

(1

2

)(1 ) (1 )(1 )

( )

(1 )(1 )(1 ) 1 1 1

c ab bc ca b c c a a b

a b bc ca ab bc ca ab

− + + + + + − − −

= − − ⋅ ⋅

+ + + + + +

2 2 2

(1 ) 1

( )

(1 )(1 )(1 ) 1 1 1

ab c abc ca bc abc b c c a a b

a b bc ca ab bc ca ab

− + + + + + + + − − −

= − − ⋅ ⋅

+ + + + + +

( )( )

( )

(1 )(1 )(1 ) 1 1 1

b c c a b c c a a b

a b bc ca ab bc ca ab

− − − − −

= − − ⋅ ⋅

+ + + + + +

= 0

(2)

[ 東京工業大学 1957 年解析Ⅰ ２ ]

実係数の

2

つの二次方程式

x

²

 ax b   0, x

²

 cx   d 0

の係数の間に

ac  2( b  d )

という関係があるならば，これらの方程式の少なくとも一方は実根をもつことを証明せよ。

2 2

0, 0

x  ax b   x  cx   d

の判別式をそれぞれ

D D

₁

,

₂ とおくと

2

1

4 D  a  b

，

D

₂

 c

²

 4 d

である。

このとき，

D

₁

 D

₂

 a

²

 4 b c  

²

4 d

2 2

4( )

a c b d

   

2( )

ac  b d 

より

 a

²

  c

²

2 ac ( a c )

2

0   ≧

よって

D D

₁

,

₂ の少なくとも一方は

0

以上である。

したがって，これらの方程式の少なくとも一方は実根をもつ。

(3)

[ 東京工業大学 1957 年解析Ⅰ ３ ]

(1) n   ( 1)

ⁿ

 A

^{であるような}

n

の最小な非負の整数値は

1 1 {1 ( 1) } 2

a    

a で与えられることを示せ。ただし，

A

^{は与えられた正数，}

a

^は

A

を超えない最大の整数とする。

(2) a b ,

を正数とするとき，

1

2 2 2

2 a b

  

 

 

^と

1

3 3 3

2 a b

  

 

 

との大小を比較せよ。

(1)

題意より

a ≦ A   a 1

…① である。

また， ₀

1 1 {1 ( 1) } 2

n    a  

a とおく。

(ⅰ) n

₀が非負の整数値であることを示す。

a

が偶数のとき ₀

1 1 {1 1}

n    a 2   a a

が奇数のとき ₀

1 1 {1 1} 1

n    a 2    a

①よりこれらは非負の整数値である。

(ⅱ) n

₀ が

n   ( 1)

ⁿ

 A

を満たすことを示す。

a

が偶数のとき

n

₀

  ( 1)

ⁿ⁰

   a ( 1)

^a

   a 1 A

a

が奇数のとき

n

₀

  ( 1)

ⁿ⁰

    a 1 ( 1)

^a^¹

   a 2 A

(ⅲ) n

₀が最小であることを示す。

n ≦ n

₀

 1

…② とする。

(A) a

が偶数のとき

n

₀

 a

であり，

( 1)

ⁿ

1

0

n   ≦ n  ≦ n  a ≦ A

となって

n   ( 1)

ⁿ

 A

を満たさない。

(B) a

が奇数のとき

n

₀

  a 1

であり，

n

が奇数のときは

n   ( 1)

ⁿ

≦ n  1 ≦ n

₀

   2 a 1 ≦ A

となって

n   ( 1)

ⁿ

 A

n

が偶数のときは ②の左辺は偶数，右辺は奇数であるから

n ≦ n

₀

 2

となり，

n   ( 1)

ⁿ

≦ n  1 ≦ n

₀

  1 a ≦ A

となって

n   ( 1)

ⁿ

 A

(4)

(ⅰ)(ⅱ)(ⅲ)より，

₀

1 1 {1 ( 1) } 2

n    a  

a は題意を満たす。

(2)

1

2 2 2

2 a b

A   

  

 

^，

1

3 3 3

2 a b

B   

  

 

^とおく。

0 a 

で両式を割ると

1

2 2

1 2

b A a

    

   

   

  

 

 

，

1

3 3

1 2

b B a

    

   

   

  

 

 

となり，

b t

a 

とおくと

1 1

2 2 3 3

1 1

2 , 2

t t

A       B      

   

^となる。

t≧ 1

すなわち

a ≦ b

として考えてもよい。

a ≧ b

のときは

a

b  t

とすれば同じ式を得ることができる。

6 6

A  B

3 2

2 3

1 1

2 2

t t

     

     

   



⁶ ⁴ ² ⁶ ³



1 3 3 1 2( 2 1)

8 t t t t t

      



⁶ ⁴ ³ ²



1 3 4 3 1

8 t t t t

     



⁵ ⁴ ³ ²



1 ( 1) 2 2 1

8 t t t t t t

       

 

2 4 3

1 ( 1) 2 2 1

8 t t t t

     

…(＊)

t≧ 1

より (＊)

≦ 0

である。等号成立は

t  1

すなわち

a  b

のとき。

よって

A

⁶

≦ B

⁶ ⇔

A ≦ B

なので

1 1

2 2 2 3 3 3

2 2

a b a b

     

   

  ≦  

である。

(5)

[ 東京工業大学 1957 年解析Ⅱ １ ]

(1) x

を正数とするとき，次の不等式を証明せよ。

(1  x )

ⁿ

≧ 1  nx ( n  1, 2,  )

(2)

次の不等式を証明せよ。

1

2

1

ⁿ

n

 n  ( n  1, 2,  )

(3)

次の極限値を求めよ。

lim

ⁿ

n



(1) n  1

のとき，

(1  x )

¹

≧ 1 1   x

となって等号が成立する。

n≧ 2

のとき，二項定理より

1 2

(1 ) 1

n

n k

n n k

k

x x x



   ^C   ^C

となるが，

2

0

n

k

n k

k

x



 ^C 

^{であるから}

⁽¹ ^ ^x ⁾

ⁿ

^{ } ¹

ⁿ

^C

¹

^x ^{ } ¹ ^nx

^{となって成立する。}

以上より，題意は示された。

(2) (1)の結果において 1

x  n

とすると

1 1

n

n n n

 

  

 

  ≧   1 n

1

n n

2

 

を得る。

したがって

1

2

1 n

ⁿ

 n  

²ⁿ

n

となる。

(3) n≧ 1

なので ⁿ

n≧ 1

であり，(2)から

2

1

ⁿ

n 1 1 n

 

   

 

≦

である。

ここで，

2

lim 1 1 1

n^

n

 

 

 

 

であるから，はさみうちの原理により

lim

ⁿ

1

n





(6)

[ 東京工業大学 1957 年解析Ⅱ ２ ]

( ) , ( ) ( 1) ( )

1 | |

g x x f x g x g x

 x   



なるとき，次の無限級数の和を求めよ。

( ) ( 1) ( 2)

f x  f x   f x  

0

( ) ( )

n n

k

S x f x k



  

^とおく。

( ) ( 1) ( )

f x k   g x k    g x k 

であるから

0

( ) ( )

n n

k

S x f x k



  

0 0

( 1) ( )

n n

k k

g x k g x k

 

      

 ^{g x} ⁽ ¹⁾ ^{g x} ^{( )} ^g ⁽¹⁾   ^{g x} ^{( )} ^{g x} ⁽ ¹⁾ ^{g x} ⁽ ⁿ ⁾ 

            

( 1) ( )

g x g x n

    1

1 | 1| 1 | |

x x n

 

 

   

となる。

n  

のときを考えるので

| x n     | ( x n )

としてよく，

このとき，

( ) ( 1) ( 2) lim

_n

( )

f x f x f x

n

S x

      



lim 1

1 | 1| 1 | |

n

x x n



   

         

lim 1

1 | 1| 1

n

x x n



   

         

1 1

1 | 1|

x x

  

 

(7)

[ 東京工業大学 1957 年解析Ⅱ ３ ]

中心が

y

軸上にありしかも

x

軸と交わらない半径

1

の円が放物線

y  x

2 と

2

点を共有している。この円の下方の弧とこの放物線とが囲む図形を

F

とする。

(1) F

を見込むこの円の中心角はいくらか。

(2) F

の面積はいくらか。

(1)

題意の円の中心を

(0, ) a

とすると，円の方程式は

x

²

 ( y  a )

²

 1

とおける。

これと

y  x

² を連立して

y  ( y  a )

²

 1

⇔

y

²

   ( 2 a 1) y  a

²

  1 0

…①

①の判別式を

D

とすると，円と放物線が接することから

2 2

( 2 1) 4( 1)

D    a  a      4 a 5 0

よって

5 a  4

となる。このとき，

3 x   2

，

3 y  4

である。

題意の中心角を



^（

0    

）とおくと

3 tan 2 3

5 3

2 4 4

 _ _



より

2 3

 _ 

なので

2   3 

(2)

求める面積を

S

とする。対称性を考えると，第

1

象限にある部分の面積を

2

倍すればよい。

台形から「扇形」と「放物線と

x

軸とで囲む部分」を引くと考えて

3 2 2 0

1 3 5 3 1 1

2 S _ 4 4 _ 2 2 2 1  3 x dx

         

  

3 3

8 6

  

よって

3 3

4 3

S _ _ 

x y

O

(8)

[ 東京工業大学 1957 年幾何１ ]

与えられた円の

1

点

A

^から直径

AB

^{および接線}

AT

^{を引く。接線}

AT

^上の

1

点

T

^から第

2

の接線

TS

を引き，その接点

S

から

AB

^に垂線

SM

を引く。このとき，線分

SM

は

TB

^によって

2

等分されることを証明せよ。

AB

の中点を原点，

B ( , 0) a

とする。



 SOB 

とすると，

S ( cos , a  a sin ) 

であり，

S

における接線は

 ^cos ^   ^x ^ ^sin ^  ^y ^ ^a

^…①^となる。

さらに

A (  a , 0)

であり，①より

cos , sin

a a

a 



   

 

 

T

となる。

したがって，直線

TB

の方程式は

cos

sin ( )

( ) a a

y x a

a a



 

 

 

1 cos

( )

2 sin  x a



   

…②

となる。

線分

SM

^{と②との交点の}

y

座標は

1 cos 1

( cos ) sin

2 sin  a  a 2 a 



   

となる。

よって，線分

SM

は

TB

^によって

2

等分される。

x y

O T

A M B

S 0 acos h, asinh 1

(9)

[ 東京工業大学 1957 年幾何２ ]

正三角形

ABC

^{の外接円の任意の}

1

点を

P

^{とするとき，}

PA

²

 PB

²

 PC

²^は

6R

²に等しいことを証明せよ。ただし

R

は外接円の半径を表す。

座標を設定して考える。

( , 0) R

A

，

2 2

cos , sin

3 3

R  R 

 

 

 

B

，

2 2

cos , sin

3 3

R  R 

           

     

 

C

，

P ( cos , R  R sin ) 

とおくと

2



2



2



PA PB PC  ^cos  

²

^sin 

²

^cos ^cos ²

²

^sin ^sin ²

²

3 3

R  R   R   ^   R   R  ^    ^   R   R  ^  

2 2

cos cos sin sin

3 3

R  R  R  R 

   

           

2 2 2 2

1

2

3 1 2 cos cos sin 2 cos cos 2 sin

4 4

R ^    ^   ^ ^  ^ ^

              

   

 

6R

2



よって示された。

(10)

[ 東京工業大学 1957 年幾何３ ]

四面体の稜とこれに対する稜の中点とで定まる平面は，ことごとく，1点を共有することを示せ。

図のように四面体

ABCD

をとり

CD

，

AB

^の中点を

M

^，

N

とおく。

さらに，底面の△

BCD

の重心を

E

とする。

AE

^を

3 :1

に内分する点を

G

とすると，

この

G

が共有する

1

点であることを示す。

(ⅰ)

「

A

を通る稜とその対する稜の中点を通る平面は

AE

を含むこと」

稜

AB

^と

M

^{を通る平面が}

AE

を含むことを示す。

平面

ABM

^は

A

^を含み，

E

^は△

BCD

の重心であるから

BM

^は

E

を通る。

したがって，平面

ABM

^は

AE

を含む。

(ⅱ)

「

A

を通らない稜とその対する稜の中点で定まる平面は

AE

^と

G

で交わること」

稜

CD

と

N

^{を通る平面が}

AE

^と

G

で交わることを示す。

NM

^が

AE

^と

G

で交わることを示せばよいが，

AE

と

MN

の交点を

G ´

，

AE

の中点を

P

とすると

1  2 

NP BE EM

より

△

G NP ´ 

^△

G ME ´

よって

PG EG ´  ´

から

AG G E ´: ´  3 :1

すなわち

G

と

G ´

は一致する。

(ⅰ)，(ⅱ)より，任意の稜とそれに対する稜の中点が定める平面は G