1北里大学 2026年 数学 第1問解答・解説

複素平面での回転と解と係数の関係、対数関数の接線・定積分、座標による反射と軌跡、導関数の符号を用いて調べた。

(1)

$\beta-\alpha=4-3i$ より $|\beta-\alpha|=5$ である。正三角形の第三頂点は、辺のベクトルを $\pm60^{\circ}$ 回転して得られる。
$$\begin{aligned} \gamma_{+}&=\alpha+(4-3i)\left(\dfrac{1}{2}+\dfrac{\sqrt{3}}{2}i\right)\\ &=\dfrac{3\sqrt{3}}{2}+\left(2\sqrt{3}-\dfrac{1}{2}\right)i,\\ \gamma_{-}&=\alpha+(4-3i)\left(\dfrac{1}{2}-\dfrac{\sqrt{3}}{2}i\right)\\ &=-\dfrac{3\sqrt{3}}{2}-\left(2\sqrt{3}+\dfrac{1}{2}\right)i. \end{aligned}$$$${\gamma }_{+}=\alpha +(4-3i)\left(\frac{1}{2}+\frac{\sqrt{3}}{2}i\right)$$$$=\frac{3\sqrt{3}}{2}+\left(2\sqrt{3}-\frac{1}{2}\right)i,$$$${\gamma }_{-}=\alpha +(4-3i)\left(\frac{1}{2}-\frac{\sqrt{3}}{2}i\right)$$$$=-\frac{3\sqrt{3}}{2}-\left(2\sqrt{3}+\frac{1}{2}\right)i.$$
条件を満たすのは $\gamma_{+}$ である。$(z+p)^{3}-q=0$ の解の和は $-3p$ だから、
$$\begin{aligned} m&=\dfrac{\alpha+\beta+\gamma}{3}\\ &=\dfrac{\sqrt{3}}{2}+\left(\dfrac{2\sqrt{3}}{3}-\dfrac{1}{2}\right)i,\quad p=-m. \end{aligned}$$$$m=\frac{\alpha +\beta +\gamma }{3}$$$$=\frac{\sqrt{3}}{2}+\left(\frac{2\sqrt{3}}{3}-\frac{1}{2}\right)i,p=-m.$$
従って $\alpha+p=-\dfrac{4+\sqrt{3}}{2}+\dfrac{9-4\sqrt{3}}{6}i$ である。$a=-\dfrac{4+\sqrt{3}}{2}$、$b=\dfrac{9-4\sqrt{3}}{6}$ とすると $a^{2}-3b^{2}=8\sqrt{3}-6$ より、$q=(a+bi)^{3}$ の実部は
$$a(a^{2}-3b^{2})=-13\sqrt{3}.$$

(2)

$(\log x)'=\dfrac{1}{x}$ なので、接線は $l(x)=1+\dfrac{x}{e^{2}}$ である。接線 $l$ は $x$ 軸と点 $(-e^{2},\,0)$ で交わり、対数曲線は $x$ 軸と点 $(1,\,0)$ で交わる。接線と曲線は $x=e^{2}$ で交わる。$1\leqq x\leqq e^{2}$ で $\phi(x)=\dfrac{x}{e^{2}}+1-\log x$ とおくと $\phi'(x)=\dfrac{1}{e^{2}}-\dfrac{1}{x}\leqq0$、$\phi(e^{2})=0$ だから、対数曲線は接線以下である。面積は
$$\begin{aligned} S&=\displaystyle\int_{-e^{2}}^{1}l(x)\,dx+\displaystyle\int_{1}^{e^{2}}\{l(x)-\log x\}\,dx\\ &=\displaystyle\int_{-e^{2}}^{e^{2}}l(x)\,dx-\displaystyle\int_{1}^{e^{2}}\log x\,dx\\ &=2e^{2}-(e^{2}+1)=e^{2}-1, \end{aligned}$$$$S={\int }_{-e^2}^{1}l(x)dx+{\int }_1^{e^2}\{l(x)-\log x\}dx$$$$={\int }_{-e^2}^{e^2}l(x)dx-{\int }_1^{e^2}\log xdx$$$$=2e^2-(e^2+1)=e^2-1,$$
ここで $\displaystyle\int_{1}^{e^{2}}\log x\,dx=\left[x\log x-x\right]_{1}^{e^{2}}=e^{2}+1$ を用いた。

回転の断面は、前半では円、後半では円環となる。部分積分により $\displaystyle\int(\log x)^{2}\,dx=x\left\{(\log x)^{2}-2\log x+2\right\}$ なので、
$$\begin{aligned} V&=\pi\displaystyle\int_{-e^{2}}^{1}l(x)^{2}\,dx+\pi\displaystyle\int_{1}^{e^{2}}\{l(x)^{2}-(\log x)^{2}\}\,dx\\ &=\pi\left\{e^{2}\displaystyle\int_{-1}^{1}(1+u)^{2}\,du-\displaystyle\int_{1}^{e^{2}}(\log x)^{2}\,dx\right\}\\ &=\pi\left\{\dfrac{8e^{2}}{3}-(2e^{2}-2)\right\}=\dfrac{2\pi}{3}(e^{2}+3). \end{aligned}$$$$V=\pi {\int }_{-e^2}^{1}l(x{)}^{2}dx+\pi {\int }_1^{e^2}\{l(x{)}^2-(\log x{)}^2\}dx$$$$=\pi \left\{e^2{\int }_{-1}^1(1+u{)}^{2}du-{\int }_1^{e^2}(\log x{)}^{2}dx\right\}$$$$=\pi \left\{\frac{8e^2}{3}-(2e^2-2)\right\}=\frac{2\pi }{3}(e^2+3).$$
ただし $u=\dfrac{x}{e^{2}}$ とおいた。

(3)

平行移動後を $y=-(x-h)^{2}+k$ とすると、頂点条件より $k=-4h+3$、通過条件より $-1=-(2-h)^{2}-4h+3=-h^{2}-1$ である。従って $h=0$、$k=3$、$f(x)=-x^{2}+3$ である。
垂線の足を $\mathrm{R}(u,\,2u)$ とする。$\mathrm{Q}$ が反射の軸上なら $\mathrm{P}=\mathrm{Q}$ で公式も成立する。それ以外では $\mathrm{QR}$ の傾きは $-\dfrac{1}{2}$ だから、
$$\begin{aligned} \dfrac{2u-t}{u-s}&=-\dfrac{1}{2},\\ u&=\dfrac{s+2t}{5},\\ \mathrm{P}&=2\mathrm{R}-\mathrm{Q}=\left(\dfrac{-3s+4t}{5},\,\dfrac{4s+3t}{5}\right). \end{aligned}$$$$\frac{2u-t}{u-s}=-\frac{1}{2},$$$$u=\frac{s+2t}{5},$$$$\mathrm{P}=2\mathrm{R}-\mathrm{Q}=\left(\frac{-3s+4t}{5},\frac{4s+3t}{5}\right).$$
反射は逆変換も同じである。$\mathrm{P}=(x,\,y)$ に対応する $\mathrm{Q}$ を $s=\dfrac{-3x+4y}{5}$、$t=\dfrac{4x+3y}{5}$ として $t=-s^{2}+3$ を用いると、
$$\begin{aligned} \dfrac{4x+3y}{5}&=-\left(\dfrac{-3x+4y}{5}\right)^{2}+3\\ &\Longleftrightarrow\ 9x^{2}-24xy+16y^{2}+20x+15y=75. \end{aligned}$$$$\frac{4x+3y}{5}=-{\left(\frac{-3x+4y}{5}\right)}^2+3$$$$⟺9x^2-24xy+16y^2+20x+15y=75.$$

(4)

$f'(x)=x\sin x\geqq0$ だから $f$ は増加し、閉区間での最小値は $f(0)=0$ である。また
$$g'(x)=\cos x-\sin x+a=\sqrt{2}\cos\left(x+\dfrac{\pi}{4}\right)+a.$$
この値域は $a-\sqrt{2}\leqq g'(x)\leqq a+\sqrt{2}$ の範囲である。導関数が符号を変えるのは $-\sqrt{2}<a<\sqrt{2}$ のときであり、端点値では零点で符号を変えない。
$$\begin{aligned} h'(x)&=\dfrac{x(2-2\cos 2x)-2(2x-\sin 2x)}{x^{3}}\\ &=\dfrac{4x\sin^{2}x-4x+2\sin 2x}{x^{3}}=\dfrac{4\cos x(\sin x-x\cos x)}{x^{3}}. \end{aligned}$$$$h^{\prime }(x)=\frac{x(2-2\cos 2x)-2(2x-\sin 2x)}{x^3}$$$$=\frac{4x{\sin }^{2}x-4x+2\sin 2x}{x^3}=\frac{4\cos x(\sin x-x\cos x)}{x^3}.$$
$F(x)=\sin x-x\cos x$ とおくと $F(0)=0$、$F'(x)=x\sin x>0$ で、$0<x<\pi$ より $F(x)>0$ である。したがって $h'$ は $\left(0,\dfrac{\pi}{2}\right)$ で正、$\left(\dfrac{\pi}{2},\pi\right)$ で負となる。最大値は内部点で、$h\left(\dfrac{\pi}{2}\right)=\dfrac{4}{\pi}$ である。