長崎大学/2025年度/前期

11長崎大学 2025年 数学 第11問解答・解説

1問題

長崎大学2025年度第11問
原点を OO とする xyxy 座標平面上において y=1−x2 (−1≦x≦1)y=\sqrt{1-x^{2}}\ (-1\leqq x\leqq 1) で表される半円を CC とし、CC 上の2点を Q0(−1, 0)Q_{0}(-1,\,0)、A(1, 0)A(1,\,0) とする。下図のように、小球 PP(以下 PP と呼ぶ)は Q0Q_{0} より、xx 軸の正の向きとなす角が θ (0<θ<π2)\theta\ \left(0<\theta<\dfrac{\pi}{2}\right) となるように発射され、PP が CC 上の点 Q1Q_{1} に達すると、∠Q0Q1O=∠OQ1Q2\angle Q_{0}Q_{1}O=\angle OQ_{1}Q_{2} となるように反射される。さらに、PP は CC 上の点 Q2Q_{2} に達すると、同様に ∠Q1Q2O=∠OQ2Q3\angle Q_{1}Q_{2}O=\angle OQ_{2}Q_{3} となるように反射される。PP は、このような反射を繰り返し、はじめて xx 軸に達したとき、静止するものとする。このときの反射の回数を nn 回(最後の反射する点は QnQ_{n})とし、静止する点を Rn(xn, 0)R_{n}(x_{n},\,0) とする。以下の問いに答えよ。

(1) PP が、1回の反射で AA に達するときの PP の軌跡を解答用紙の図1に示し、そのときの θ\theta の値を求めよ。また、PP が、2回の反射で AA に達するときの PP の軌跡を解答用紙の図2に示し、そのときの θ\theta の値を求めよ。ただし、θ\theta の値は答えのみでよい。

(2) PP が1回の反射で xx 軸に達するとき、θ\theta の値の範囲を求めよ。このとき、x1x_{1} を sin⁡θ\sin\theta の式で表し、x1x_{1} の取り得る値の範囲を求めよ。

(3) PP が nn 回の反射で xx 軸に達するとき、θ\theta の値の範囲を求めよ。また、xnx_{n} を nn、θ\theta を用いて表せ。

(4) (3)のとき、△ORnQn\triangle OR_{n}Q_{n} の面積 SnS_{n} は、Sn=tan⁡2nθ tan⁡θ2(tan⁡2nθ+tan⁡θ)S_{n}=\dfrac{\tan 2n\theta\,\tan\theta}{2(\tan 2n\theta+\tan\theta)} と表されることを示し、反射の回数 nn が限りなく大きくなる場合は、SnS_{n} は限りなく 00 に近づくことを証明せよ。
保存された問題原図(掲載用の切抜き・配置は未確定)

まずは自分で解いてみましょう。解けたら「答え」、詰まったら「解答」で確かめられます。

タイマー

15:00

2答え

答えを見る自分の答えと照らし合わせる
  • 1
    1回反射は θ=π4\theta=\frac\pi4、軌跡 Q0(−1,0)→(0,1)→A(1,0)Q_0(-1,0)\to(0,1)\to A(1,0)。
    2回反射は θ=π3\theta=\frac\pi3、軌跡 Q0→(−12,32)→(12,32)→AQ_0\to(-\frac12,\frac{\sqrt3}2)\to(\frac12,\frac{\sqrt3}2)\to A。
  • 2
    0<θ≦π40<\theta\leqq\frac\pi4、x1=13−4sin⁡2θx_1=\frac1{3-4\sin^2\theta}、13<x1≦1\frac13<x_1\leqq1。
  • 3
    (n−1)π2n<θ≦nπ2(n+1)\frac{(n-1)\pi}{2n}<\theta\leqq\frac{n\pi}{2(n+1)}、xn=(−1)n+1sin⁡θsin⁡((2n+1)θ)x_n=\frac{(-1)^{n+1}\sin\theta}{\sin((2n+1)\theta)}。
  • 4
    Sn=tan⁡2nθtan⁡θ2(tan⁡2nθ+tan⁡θ)S_n=\frac{\tan2n\theta\tan\theta}{2(\tan2n\theta+\tan\theta)}、かつ n⟶∞n\longrightarrow\infty で Sn⟶0S_n\longrightarrow0。ただし n=1,θ=π4n=1,\theta=\frac\pi4 のときは tan⁡\tan の式が定義されず、sin⁡\sin を使った式で求めると 12\frac12 になる。

3解答

解答を見る途中式つきの解答

解答

(1)

円周での入射角と反射角が等しいので、各弦に対する中心角は一定である。
δ=π−2θ\delta=\pi-2\theta とすると QjQ_j の偏角は π−jδ\pi-j\delta。
AA までちょうど nn 回反射で到達する条件は (n+1)δ=π(n+1)\delta=\pi。n=1,2n=1,2 を代入して、角度と座標を得る。

(2)

Q1Q_1 の偏角は 2θ2\theta、次の円との交点の偏角は 4θ−π4\theta-\pi。
Q1Q_1 の次に xx 軸へ達する必要十分条件は 4θ−π≦04\theta-\pi\leqq0、すなわち 0<θ≦π40<\theta\leqq\frac\pi4。
弦の直線の xx 切片は x1=sin⁡θsin⁡3θ=13−4sin⁡2θx_1=\frac{\sin\theta}{\sin3\theta}=\frac1{3-4\sin^2\theta}。
sin⁡2θ\sin^2\theta は0より大きく 12\frac12 以下を動くので、値域は 13<x1≦1\frac13<x_1\leqq1。

(3)

δ=π−2θ\delta=\pi-2\theta と置く。反射則と二等辺三角形 OQjQj+1OQ_jQ_{j+1} から偏角は毎回 δ\delta ずつ減り、QjQ_j の偏角は φj=π−jδ\varphi_j=\pi-j\delta。
QnQ_n が上半円の内部にあり、次の弦が xx 軸へ到達する条件は nδ<π≦(n+1)δn\delta<\pi\leqq(n+1)\delta。これを θ\theta に直せば答えの範囲となる。
QnQ_n から出る弦は
xcos⁡(φn−δ2)+ysin⁡(φn−δ2)=cos⁡δ2=sin⁡θ.x\cos\left(\varphi_n-\frac\delta2\right)+y\sin\left(\varphi_n-\frac\delta2\right)=\cos\frac\delta2=\sin\theta.
y=0y=0 とし、cos⁡(φn−δ2)=(−1)n+1sin⁡((2n+1)θ)\cos(\varphi_n-\frac\delta2)=(-1)^{n+1}\sin((2n+1)\theta) を用いて式を得る。分母はこの範囲で0にならない。

(4)

φ=φn=2nθ−(n−1)π\varphi=\varphi_n=2n\theta-(n-1)\pi とすると Qn=(cos⁡φ,sin⁡φ)Q_n=(\cos\varphi,\sin\varphi)、0<φ≦δ0<\varphi\leqq\delta。
弦の xx 切片は xn=sin⁡θsin⁡(φ+θ)>0x_n=\frac{\sin\theta}{\sin(\varphi+\theta)}>0 なので、
Sn=xnsin⁡φ2=sin⁡φsin⁡θ2sin⁡(φ+θ).S_n=\frac{x_n\sin\varphi}2=\frac{\sin\varphi\sin\theta}{2\sin(\varphi+\theta)}.
cos⁡φ≠0\cos\varphi\ne0 のとき、分母分子を cos⁡φcos⁡θ\cos\varphi\cos\theta で割り、tan⁡φ=tan⁡2nθ\tan\varphi=\tan2n\theta を用いると指定式となる。
唯一の cos⁡φ=0\cos\varphi=0 の例は n=1,θ=π4n=1,\theta=\frac\pi4 である。面積は 12\frac12 で、指定のtan式自体は未定義だが上のsin式は有効である。
さらに 0<xn≦10<x_n\leqq1、0<φ≦δ<πn0<\varphi\leqq\delta<\frac\pi n なので、
0≦Sn≦sin⁡φ2≦φ2<π2n⟶0.0\leqq S_n\leqq\frac{\sin\varphi}2\leqq\frac\varphi2<\frac\pi{2n}\longrightarrow0.
これは各 nn で許される任意の θ\theta の選び方に対して成立する。

保存した解説図(配置未確定)

保存された解説図(掲載前の内容照合は別途必要)

読み終えたら解答を閉じて、もう一度自分の手で解いてみましょう。

答えと解答は AI で作成したものです。誤りに気づいたらお問い合わせから教えてください。

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