東大理系数学2019の入試問題・解答解説・難易度

この第一項については、部分積分を用いて、

ここで、$x=\tan\theta$とすれば、

\[\frac{1}{2}\int_{0}^{1}\frac{1}{1+x^2}dx=\frac{1}{2}\int_{0}^{\frac{\pi}{4}}d\theta=\frac{\pi}{8}\]

である。

さらに、

\[\begin{align*}&2\int_{0}^{1}x\left(x+\frac{1}{\sqrt{1+x^2}}\right)dx\\=&2\left[\frac{x^3}{3}+\sqrt{1+x^2}\right]_{0}^{1}\\=&-\frac{4}{3}+2\sqrt{2}&\end{align*}\]

以上より、求める値は、

\[\begin{align*}&-\frac{19}{12}+\frac{\sqrt{2}}{2}+\frac{\pi}{8}+-\frac{4}{3}+2\sqrt{2}\\=&\boldsymbol{-\frac{35}{12}+\frac{5\sqrt{2}}{2}+\frac{\pi}{8}}\end{align*}\]

$\mathrm{AQ}=x,\,\mathrm{DR}=y$とおくと、$0< x\leqq 1,\,0\leqq y\leq1$である。

また、三角形$\mathrm{APQ}$の面積が$\frac{1}{3}$であることから、$\mathrm{AP}=\frac{2}{3x}$であるので、$0< \mathrm{AP}\leqq 1$より、

\[0<\frac{2}{3x}\leqq 1\]

である。$0< x\leqq 1$と合わせて、$\frac{2}{3}\leqq x\leqq 1$がわかる。

また、三角形$\mathrm{PQR}$の面積も$\frac{1}{3}$であることから、

\[\begin{align*}& \frac{1}{2}\left(\frac{2}{3x}+y\right)-\frac{1}{2}(1-x)y=\frac{2}{3}\\\Leftrightarrow &\frac{y}{x}=\frac{4}{3x^2}-\frac{2}{3x^3}\end{align*}\]

したがって、この右辺を$f(x)$とすれば、$\frac{2}{3}\leqq x\leqq 1$の範囲における$f(x)$の最大値・最小値を求めればよい。

\[f'(x)=\frac{6-8x}{3x^4}\]

であるから、増減表は以下のようになる。

\[\begin{array}{|c||c|c|c|c|c|} \hline x&\frac{2}{3}&\cdots&\frac{3}{4}&\cdots&1\\\hline f'(x)&&+&0&-&\\\hline
f(x)&\frac{3}{4}&\nearrow&\frac{64}{81}&\searrow&\frac{2}{3}\\\hline\end{array}\]

したがって、最大値$\boldsymbol{\frac{64}{81}}$、最小値$\boldsymbol{\frac{2}{3}}$

八面体$\mathrm{PABCDE}$の切り口は四角形$\mathrm{PCEA}$である。また、線分$\mathrm{MN}$の中点である$(1,\,0,\,0)$は$\alpha$上にも$y=0$上にもある点より、平面$\alpha$の切り口は$(1,\,0,\,0)$と点$\mathrm{P}$を結ぶ直線になる。したがって、これらを$xz$平面上に図示すると下図のようになる。

$z\leqq 0$の部分について、八面体$\mathrm{PABCDE}$と平面$\alpha$は、線分$\mathrm{AB}$、$\mathrm{AD}$、$\mathrm{BE}$、$\mathrm{CE}$、$\mathrm{DE}$と交わるので、$\alpha$による切り口が八角形になるには、$z>0$において、八面体$\mathrm{PABCDE}$が平面$\alpha$と3つの辺で共有点を持てばよい。

(1)の図より、$xz$平面において、点$\mathrm{P}$が$z< x-1$の領域にあるとき、線分$\mathrm{PB}$、$\mathrm{PC}$、$\mathrm{PD}$の3つが$\alpha$と交わることになるから、求める$p$の条件は、

\[2<p-1かつ2<p<4\Leftrightarrow \boldsymbol{3<p<4}\]

$\mathrm{PB}$、$\mathrm{PC}$と平面$\alpha$の交点をそれぞれ$\mathrm{F}$、$\mathrm{G}$と名付けると、切り口の八角形の頂点のうち、$y\geqq 0,\,z\geqq 0$の範囲にあるのは$\mathrm{M}$、$\mathrm{F}$、$\mathrm{G}$の3点。

まず、点$\mathrm{F}$について、線分$\mathrm{BF}$の$xz$平面への正射影は$z=\frac{2}{p}x(0\leqq x\leqq p)$であるから、これと直線$z=x-1$から$x$を消去して、

\[z=\frac{p}{2}z-1\Leftrightarrow z=\frac{2}{p-2}\]

よって、点$\mathrm{F}$は線分$\mathrm{BP}$を$\frac{2}{p-2}:2-\frac{2}{p-2}$に内分する点だとわかるので、点$\mathrm{F}$の$y$座標は、

\[2-\frac{2}{p-2}=\frac{2p-6}{p-2}\]

となる。

また、点$\mathrm{G}$について、線分$\mathrm{PC}$は$z=\frac{2}{p+2}(x+2)(-2\leqq x\leqq p)$であるから、これと直線$z=x-1$から$x$を消去して、

\[z=\frac{2}{p+2}(z+3)\Leftrightarrow z=\frac{6}{p}\]

したがって、3点$\mathrm{M}$、$\mathrm{F}$、$\mathrm{G}$の$yz$平面への正射影は以下の図のようになる。

したがって、求める面積は、

\[\begin{align*}&\frac{1}{2}\cdot1\cdot\frac{2}{p-2}+\frac{1}{2}\cdot\frac{6}{p}\cdot\frac{2p-6}{p-2}\\=&\boldsymbol{\frac{7p-18}{p(p-2)}}\end{align*}\]

ユークリッドの互除法を用いると、

\[5n^2+9=5(n^2+1)+4\]

であるから、$d_n$は$n^2+1$と$4$の最大公約数に等しいことがわかる。

ここで、ある整数$n$について、$n^2$を$4$で割ったあまりは$n$が奇数のとき$1$、$n$が偶数のとき$0$となるので、$n$が奇数のとき$n^2+1$は$4$で割って$2$余る数、$n$が偶数のとき$n^2+1$と$4$は互いに素である。したがって、

\[\left\{\begin{array}{l}\boldsymbol{d_n=1(nが偶数のとき)}\\\boldsymbol{d_n=2(nが奇数のとき)}\end{array}\right.\]

$(n^2+1)(5n^2+9)$が平方数であると仮定する。

(i)$d_n=1$のとき、$k,\,l$を互いに素な自然数として、

\[\left\{\begin{array}{l}n^2+1=k^2\\5n^2+9=l^2\end{array}\right.\]

が成立する。

\[n^2+1=k^2\Leftrightarrow (k-n)(k+n)=1\]

であり、$k,\,n$は自然数で$k+n>0$より、$k+n=1$かつ$k-n=1$が必要であるが、これを解くと$(k,\,n)=\left(\frac{1}{2},\,0\right)$となり、$k$が自然数でないので不適。

(ii)$d_n=2$のとき、$k,\,l$を奇数である互いに素な自然数として、

\[\left\{\begin{array}{l}n^2+1=2k^2\\5n^2+9=2l^2\end{array}\right.\]

が成立する。このとき、(1)より$n$は奇数であり、以下合同式の法を$8$とすれば、

\[n\equiv \pm 1\Rightarrow n^2\equiv 1\]

\[n\equiv \pm 3\Rightarrow n^2\equiv 1\]

が成立するので、$n^2\equiv 1$がわかる。$l$は奇数だから$l^2$についても同様のことが言えるので、$l^2\equiv 1$がわかる。よって、

\[5n^2+9\equiv 6\]

\[2l^2\equiv 2\]

が言えるので、$5n^2+9=2l^2$は成立しえず不適。

以上(i)(ii)より、$(n^2+1)(5n^2+9)$が平方数となる自然数$n$は存在しないことが示された。

((i)までは同じ)

(ii)$d_n=2$のとき、$k,\,l$を奇数である互いに素な自然数として、

\[\left\{\begin{array}{l}n^2+1=2k^2\\5n^2+9=2l^2\end{array}\right.\]

が成立する。2式を辺々足すと、

\[6n^2+10=2(k^2+l^2)\Leftrightarrow 3n^2+5=k^2+l^2\]

ここで、(1)より$n$は奇数であり、$3n^2+5$を$4$で割ったあまりは$0$となる。また、$k,\,l$は奇数であるから、$k^2+l^2$を$4$で割ったあまりは$2$となる。

よって、$3n^2+5=k^2+l^2$は成立しえず不適。

(以下略)

(i)$0\leqq x\leqq 1$のとき、

$f(x)=x^{2n-1}-\cos x$とすると、

\[f'(x)=(2n-1)x^{2n-2}+\sin x\]

$n\geqq 1$より、$(2n-1)x^{2n-2}\leqq 0$であり、$0\leqq x\leqq 1(< \pi)$より$\sin x\geqq 0$であるから、$f'(x)\geqq 0$がわかる。(ただし、$f'(x)=0$となるのは$x=0$のときのみ)

よって、この区間で$f(x)$は単調増加する。また、$f(0)=-1(<0)$、$f(1)=1-\cos 1>1-\cos 0=0$であるから、中間値の定理より、$f(x)=0$は$0<x<1$においてちょうど1つ実数解を持つ。

(ii)$|x|>1$のとき、

$|x^{2n-1}|>1$かつ$|\cos x|\leqq 1$より、与えられた方程式は実数解を持ちえない。

(iii)$-1\leqq x<0$のとき、

$x^{2n-1}<0$であり、$(-\frac{\pi}{2}<)-1\leqq x<0$において$\cos x>0$であるから、与えられた方程式は実数解を持ちえない。

以上より、$x^{2n-1}=\cos x$は$0<a_n<1$なるただ1つの実数解$a_n$を持つことが示された。

$0<a_n<1(<\frac{\pi}{2})$であり、$\cos{x}$は$0<x<\frac{\pi}{2}$において単調減少するから、

\[\cos {a_n}>\cos 1\]

が成り立つことが示された。

(2)より、$\cos a_n>\cos 1$であるから、$x^{2n-1}$が単調増加関数であることを考慮すると、

\[\cos 1<a_n^{2n-1}\Leftrightarrow (\cos 1)^{\frac{1}{2n-1}}<a_n\]

が言える。よって、(1)の議論と合わせて

\[(\cos 1)^{\frac{1}{2n-1}}<a_n<1\]

が言える。ここで、$0<\cos 1<1$より、

\[\lim_{n\to \infty}(\cos 1)^{\frac{1}{2n-1}}=1\]

であるから、はさみうちの原理より、

\[a=\lim_{n\to \infty}a_n=\boldsymbol{1}\]

$a_n$は$x^{2n-1}=\cos x$の解であるから、

\[a_n^n=(\cos a_n)^{\frac{n}{2n-1}}\]

が成り立つ。よって、

\[b=\lim_{n\to \infty}(\cos a_n)^{\frac{1}{2}+\frac{1}{2(2n-1)}}=\boldsymbol{\sqrt{\cos 1}}\]

また、

であるから、$g(x)=\sqrt{\cos x}$とおくと、

\[\begin{align*}c=&g'(1)+\sqrt{\cos 1}\cdot\frac{1}{2}\\=&\boldsymbol{\frac{-\sin 1}{2\sqrt{\cos 1}}+\frac{1}{2}\sqrt{\cos 1}}\end{align*}\]

まず、$z^4-2z^3-2az+b=0$がある複素数解$p$をもつとき、

\[p^4-2p^3-2ap+b=0\]

が成り立つ。両辺の共役複素数をとっても等式は成立するので、

\[\bar{p}^4-2\bar{p}^3-2\bar{a}\bar{p}+\bar{b}=0\]

$a,\,b$は実数であるから、$\bar{a}=a,\,\bar{b}=b$が成り立つので、

\[\bar{p}^4-2\bar{p}^3-2a\bar{p}+b=0\]

よって、$p$の共役複素数である$\bar{p}$も解になる。よって、$\alpha,\,\beta,\,\gamma,\,\delta$は

(i)すべて実数

(ii)2つは実数で、2つは互いに共役な複素数

(iii)互いに共役な複素数2組

の3パターンが考えられる。(i)のとき、$\alpha\beta+\gamma\delta$は実数なので条件3を満たさない。また、(iii)のとき、4解を$\alpha,\,\bar{\alpha},\,\beta,\,\bar{\beta}$とおいてよく、このとき、$\alpha\bar{\alpha}+\beta\bar{\beta}$、$\alpha\bar{\beta}+\beta\bar{\alpha}(=\alpha\bar{\beta}+\overline{(\alpha\bar{\beta})})$、$\alpha\beta+\bar{\alpha}\bar{\beta}$はすべて実数になるので、条件3に反する。

したがって、(ii)の場合であることが必要であるので、示された。

(1)より、4解は$s,\,t$を実数、$u$を複素数として$s,\,t,\,u,\,\bar{u}$とおきなおすことができる。条件3について、$st+u\bar{u}$は実数になることから、

\[su+t\bar{u}\]

が純虚数になることが条件3と同値である。ここで、$x,\,y$を実数として$u=x+yi(y\ne 0)$とおくと、純虚数になる条件は、

\[(s+t)x=0かつ(s-t)y\ne 0\]

である。ただし、$y\ne 0$、条件1より$s\ne t$であるから$(s-t)y\ne 0$は常に満たされる。

(i)$s+t=0$のとき、$t=-s$であるから、$z^4-2z^3-2az+b$は、

\[z^4-2z^3-2az+b=(z^2-s^2)(z-u)(z-\bar{u})\]

と因数分解できる。

であるから、係数を比較して、

\[\left\{\begin{array}{l}2x=2\\x^2+y^2-s^2=0\\2xs^2=-2a\\-(x^2+y^2)s^2=b\end{array}\right.\]

第一式より$x=1$であり、これと第三式から、

\[s^2=-a\]

$s$は$s\ne t$より$0$でない実数であるから$a<0$である。また、これらと第二式より、

\[1+y^2+a=0\Leftrightarrow y^2=-a-1\]

$y$は$0$でない実数であるから$a<-1$である。さらに、第四式に代入して、

\[b=-a^2\]

よって、$b=-a^2(a<-1)$である。

(ii)$x=0$のとき、$z^4-2z^3-2az+b$は、

\[z^4-2z^3-2az+b=(z-s)(z-t)(z^2+y^2)\]

と因数分解できる。

であるから、係数を比較して、

\[\left\{\begin{array}{l}s+t=2\\st+y^2=0\\(s+t)y^2=2a\\sty^2=b\end{array}\right.\]

が成り立つ。第一式と第三式から、

\[2y^2=2a\Leftrightarrow y^2=a\]

が成り立つ。$y$は$0$でない実数であるから、$a>0$が必要で、このもとで、$y=\pm\sqrt{a}$が言える。これと第二式より、

\[st=-a\]

がわかる。また、$s+t=2,\,st=-a$であるから、$s,\,t$は2次方程式$x^2-2-a=0$の2解で、$a>0$も考慮すると、$s,\,t$は、

\[1\pm\sqrt{1+a}\]

である。このとき、$a>0$より、$s\ne t$は常に満たされる。

これらを第四式に代入すると、

\[b=-a^2\]

よって、$b=-a^2(a>0)$である。

以上より、

\[\boldsymbol{b=-a^2(a<-1,\,0<a)}\]

$s,\,t,\,u,\,\bar{u}$について、$st+u\bar{u}$以外の組み合わせであれば条件3はみたすので、対称性も考慮すると、

\[\alpha+\beta=s+u\]

としてよい。

$a<-1$のとき、$s+u=\pm\sqrt{-a}+1+\pm\sqrt{-a-1}i(複合任意)$であり、$a>0$のとき、$s+t=1\pm\sqrt{1+a}\pm\sqrt{a}i(複合任意)$である。

ここで、前者について、$q=-a-1$と置き換えると$q>0$かつ$s+t=1\pm\sqrt{1+q}\pm\sqrt{q}i(複合任意)$となるので、後者と全く同じ範囲を表すことがわかる。

よって、$a>0$のもとでの$1\pm\sqrt{1+a}\pm\sqrt{a}i(複合任意)$の動く範囲を求めればよいとわかる。

$Y=\pm\sqrt{a}$とおくと、$y$は$0$でないすべての実数をとることができて、$X=1\pm\sqrt{1+a}$とすれば、

\[\begin{align*}&X=1\pm\sqrt{1+Y^2}\\\Leftrightarrow &X-1=\pm\sqrt{1+Y^2}\\\Leftrightarrow &(X-1)^2=1+Y^2\\\Leftrightarrow &(X-1)^2-Y^2=1\end{align*}\]

したがって、$Y\ne 0$に注意して、$\alpha+\beta$のとりうる値の範囲は下図の双曲線(ただし、白丸を含まない)。