圧倒的計算セット！　1961年度、東京大学入試問題を概説していく。

う〜ん。ちょっと楽しみだけど、やっぱり難しいんでしょ。

意味はわかるけど、イメージできないよ。

ああ、そういうこと。私は、大学に受験するってだけでも緊張するのに、その状況で非常に間違えやすい計算問題をさせるってあたりが嫌味な問題だな、って思うことがあるけど。

そのステップってなに？

ああ、そうかもね。つまり、全ての問題は「1+1=2」みたいなことが書いてあるのとおんなじってことか。

なんかそう考えると、国語の問題と同じだよね。

へ〜、そうなの？　私もそのstepが多いから難しいんだと思ってた。

なるほど。たまに、先生の期待と学生の学力がずれると、難問ってことになっちゃうわけだね。もしくは、意図的にstep数を増やすとか。

ぜひ、お願いします。じゃあ、さっそく？

この前やった、「初等幾何」「ベクトル」「座標平面」のどれを使うかってことだね。う〜ん、これは初等幾何でやりたいかな。

そうだね。じゃあ、こんな感じで。

うん。まみのいう通り、この問題はたった1stepで解けるね。必要なのは角の二等分線定理だ。\(OR : OP = RQ : QP = 1+2t : 1+t\)で、さらに三角形の相似から\(RQ : QP = R^{\prime}Q : P^{\prime}Q\)だね。ってことは、\(R^{\prime}Q, P^{\prime}Q\)の長さが出れば解決するね。これは簡単に求まる。

$$R^{\prime}Q = OR^{\prime} – OQ = \frac{2\sqrt{3}-\sqrt{3}t}{2}$$
$$P^{\prime}Q = OQ – OP^{\prime} = \frac{\sqrt{3}t-\sqrt{3}}{2}$$
だね。あとは比の計算をすればいいね。式は、
$$ \frac{\sqrt{3}t-\sqrt{3}}{2} : \frac{2\sqrt{3}-\sqrt{3}t}{2} = 1+t : 1+2t $$
かな。これを解くと
$$t = \frac{1\pm\sqrt{5}}{2}$$
だけど、\(t>0\)だから
$$t = \frac{1+\sqrt{5}}{2} [秒]$$
が選ばれるね。

まぁ、同じようにやればいいよね。まずは図を描いて、、、。

こんな感じかな。\(\triangle OAB\)の面積は1辺が1の正三角形の面積だから、\(\frac{\sqrt{3}}{4}\)だとすぐわかる。この図だと、\(\triangle PQR\)の面積は
$$\triangle PQR = \triangle OPR – (\triangle OPQ \triangle ORQ)$$
で求められるね。それぞれの三角形の面積を出すのは簡単だ。
$$\triangle OPR = \frac{1}{2}(1+t)(1+2t)\frac{\sqrt{3}}{2}$$
$$\triangle OPQ = \frac{1}{2}\sqrt{3}(1+t)\frac{1}{2}$$
$$\triangle ORQ = \frac{1}{2}\sqrt{3}(1+2t)\frac{1}{2}$$
だから、求める三角形\(\triangle PQR\)は
$$\triangle PQR = \frac{\sqrt{3}}{4}(-t^{2}+t+1)$$
になる。これが\(\frac{\sqrt{3}}{4}\)と等しいんだからその方程式を解いて
求める答えは\(t=0, 1\)だけど\(t>0\)だから\(t=1\).

ん？　どういうこと？

え〜と、ちょっと待って。。。あ、違う。もう1個ある。

これか、、、。この場合はさっきの式、
$$\triangle PQR = \triangle OPR – (\triangle OPQ + \triangle ORQ)$$
が成り立たない。じゃなくって、こっち
$$\triangle PQR = (\triangle OPQ + \triangle ORQ) – \triangle OPR$$
にしなくちゃいけない。符号が変わるね。

そっか〜。そうだね。ちなみに、この場合は
\(t=2\)が出てくるね。だから、\(t= 1, 2 [秒]\)が答えになるね。

うん、見事に引っかかった。これが東大か、ならもう１問。

なにこれ〜、小数ばっかじゃん。

え、これ、本当に代入しかないの？

え〜、代入か。ま、なるべくわかりやすい、見やすい形で計算するよ。まず、
$$f(x) = ax^{4}+bx^{3}+cx^{2}+dx+e$$
とおくね。求めたいものは、\(f^{\prime}(0)\)ってことは、要は1次式の係数\(d\)を求めればいいってことね。じゃあ、代入するよ。っと、その前に\(f(0)=2.718\)だから\(e = 2.718\)と求まるね。お、なんか、すごくどうでもいいけど、これって自然対数\(e\)の近似値だね。
$$\begin{eqnarray}
f(-0.2)&=& 16\times10^{-4}a-8\times10^{-3}b+4\times10^{-2}c-2\times10^{-1}d+2.718 = 2.226\\
f(0.2)&=& 16\times10^{-4}a+8\times10^{-3}b+4\times10^{-2}c+2\times10^{-1}d+2.718 = 3.320\\
f(-0.1)&=& 10^{-4}a-10^{-3}b+10^{-2}c-10^{-1}d+2.718 = 2.460\\
f(0.1)&=& 10^{-4}a+10^{-3}b+10^{-2}c+10^{-1}d+2.718 = 3.004\\
\end{eqnarray}$$

そうだね。\(f(-0.2), f(0.2)\)と\(f(-0.1), f(0.1)\)の組み合わせで、へんぺん引けばいいんだから。そうすると慎重に計算して
$$16\times10^{-3}b+4\times10^{-1}d = 1.094$$
$$2\times10^{-3}b+2\times10^{-1}d = 0.544$$
が出てくる。ってことは、ここから\(b\)を消去して
$$d = \frac{1629}{6} = 2.715$$
となる。これが答えだ。

そっか〜。でも、面白みはなかったかな。ただの計算問題だもん。

またさ、どうでもいいけど、「その高さをなにほどにすれば良いか」ってどういう日本語？　「いかほどにすれば良いか」なら、まだなんとか堪えられるけど、「なにほど」って、聞いたことないよ。古臭すぎ。

うん、じゃあ、解くよ。とりあえず、これも図示から始めたい。

私なら、こう。

ここまで見えちゃえば、あとは直円錐の全表面積を求めればいいわけだから、できそうかな。直円錐の表面積は扇型の面積(P)と底面の円の面積(S)の和(T)だね。
この図にさらに長さを書き足していくと、こうなる。

まず、扇型の面積Pから。
$$P = \frac{1}{2}\left( \frac{2\pi a}{\sin{\theta}} \right)\left( \frac{a}{\tan{\theta}+h\sin{\theta}} \right)$$
次に底面積Sは
$$S = \pi a^{2}\frac{1}{\sin^{2}{\theta}}$$
だから全表面積Tは
$$T =\frac{1}{2}\left( \frac{2\pi a}{\sin{\theta}} \right) \left( \frac{a}{\tan{\theta}}+h\sin{\theta} \right) + \pi a^{2}\frac{1}{\sin^{2}{\theta}}$$

そうだね、実際、\(h\cos{\theta} = a\)という式があるからね。
私はやっぱり角度を残して計算したいなぁ。だから、\(h\)を消す。

そうすると
$$T = \pi a^{2}\frac{1}{\sin^{2}{\theta}} + \pi a^{2}\left( \frac{\cos{\theta}}{\sin^{2}{\theta}}+\frac{1}{\cos{\theta}} \right) $$
だから、いっそ両辺を\(\pi a^{2}\)で割っちゃおう。
$$\frac{T}{\pi a^{2}} = \frac{1}{\sin^{2}{\theta}} + \frac{\cos{\theta}}{\sin^{2}{\theta}}+\frac{1}{\cos{\theta}}$$
これを最小にすればいいんだ。あ、待って、これもっと簡単になる。通分すると
$$T = \frac{1+\cos{\theta}}{\sin^{2}{\theta}\cos{\theta}}$$
だから、これを微分した方が簡単かな。

よし、じゃあ、微分するぞ。。。

うん、最終的にはこんな形になる。
$$T^{\prime} = \frac{-\sin{\theta}(\cos{\theta}+1)^{2}(2\cos{\theta}-1)}{(\sin^{2}{\theta}\cos^{\theta})^{2}}$$

うん、増減表を書けばはっきりするけど、\(\cos{\theta}=\frac{1}{2}\)の時に最小だね。だから、求める高さは
$$h = \frac{a}{\cos{\theta}} = 2a$$
となる。どう？

この年の問題は、すごく易しめに作られていたのかな？

どうかなぁ？　ベクトルを使いながらところどころ初等幾何を使っていけばできそうだけどね。やり方によって、中学生でもできるかな。てか、そういう問題多いなぁ、今年のは。

まず、\(x\)を求めようかな。あ、いや待って。その前にメネラウスの定理が使えるから、それで、先に\(CR : RN\)を求めておくと簡単かも。
$$\frac{CM}{MA}\times\frac{AB}{BN}\times\frac{RN}{CR} = 1$$
$$\frac{RN}{CR} = \frac{4}{3}$$
だから、\(CR : RN = 3 : 4\)だね。これでベクトルを使おう。

$$\overrightarrow{AR} = (1-x)\overrightarrow{AB} + \frac{2}{3}x\overrightarrow{AC} = \frac{1}{7}\overrightarrow{AB} + \frac{1}{4}\overrightarrow{AC}$$

\(\overrightarrow{AB}, \overrightarrow{AC}\)は1次独立だから、係数比較ができて、\(x = \frac{6}{7}\)だね。じゃあ、今までの結果をまとめる。

ありがとう、まみ。
あとは辺の比を使って面積比を求めていけばいいね。丁寧に計算するよ。
$$\begin{eqnarray}
\triangle{ALC} &=& \frac{2}{3}\triangle{ABC} \\
\triangle{CLP} &=& \frac{4}{7}\triangle{ALC} \\
\triangle{PRL} &=& \frac{1}{2}\triangle{CLP} \\
\triangle{PQR} &=& \frac{3}{4}\triangle{PRL} \\
\end{eqnarray}$$
だから、\(\triangle{ABC}, \triangle{PQR} \)の関係は
$$ \triangle{PQR} = \frac{2}{3}\times \frac{4}{7}\times \frac{1}{2}\times \frac{3}{4}\triangle{ABC} = \frac{1}{7}\triangle{ABC}$$
となって、求める面積は\(1:7\)かな？

う〜ん、まぁでも、今はリラックスして解いているからね。本番はもっと緊張していて、さっきの計算だって間違えそう。

う〜ん、そろそろしんどいかも。ちょっと助っ人を、、、。

まみ、何か用？

・・・・・・。これ、理系の問題じゃん。あたしは文系だよ。

めんどくさいなぁ。じゃあ、その代わりにあたしの宿題やっといてよ。これ解いたらまた寝るからさ。

お〜い。

わかった。じゃあ、解くよ。

媒介変数表示のまま計算するよ。
$$\frac{dx}{dt} = 2t, \frac{dy}{dt} = 2t+1$$
だから、増減表は以下。

これと、\(t = 1, -2\)の時に\(y=0\)になることに注意してグラフを描く。

あとは積分するんだけど、、、。

媒介変数の場合は
\(S = \int_{\alpha}^{\beta} f(t) \frac{dx}{dt}dt\)
として求められる。だけど、この場合はちょっとめんどくさい。
$$S = -\int_{5}^{1}ydx -\left( -\int_{1}^{2}ydx \right)$$
を計算することになる。

あ、そうか。
$$ -\int_{5}^{1}ydx$$
の部分は、折れ曲がる前の曲線を使った面積。マイナスが付いているのは、曲線が負の領域にあるからだね。
$$-\left( -\int_{1}^{2}ydx \right)$$
は折れ曲った後の曲線を使った面積。
それぞれを引かないとダメだったね。

これを書き換えると
$$S = -\int_{0}^{-2}y(t)\frac{dx}{dt}dt + \int_{0}^{1}y(t)\frac{dx}{dt}dt$$
となる。具体的に代入すると
$$S = -\int_{0}^{-2} (2t^{3}+2t^{2}-4t) dt + \int_{0}^{1} (2t^{3}+2t^{2}-4t) dt$$
で、結局
$$S = \frac{9}{2}$$

はい、じゃあ、約束。宿題、ここにおいとくね。あとはよろしく。

それはあとで相談するとして、あと1問でしょ。

計算していけば自然に解けそうだね。最後だし、頑張って計算するか。
まず、
$$f\left( \frac{\pi}{4} \right) = \frac{\sqrt{2}}{2}a+\frac{\sqrt{2}}{2}b + c = 6\sqrt{2}$$
が成り立つ。次に、\(f(x)\)を微分すると
$$f^{\prime}(x) = a\cos{x}-b\sin{x}+2c\cos{2x}$$
だから
$$f^{\prime}\left( \frac{\pi}{4} \right) = \frac{\sqrt{2}}{2}a-\frac{\sqrt{2}}{2}b = 0$$
で\(a=b\)が成り立つ。あとは、積分の式を計算するだけ。
$$\begin{eqnarray}
&&\int_{0}^{2\pi}(a\sin{x}+b\cos{x}+c\sin{2x})\cos{x}dx\\
&=& a\int_{0}^{2\pi}\sin{x}\cos{x}dx + b\int_{0}^{2\pi}\cos^{2}xdx+c\int_{0}^{2\pi}\sin{2x}\cos{x}dx
\end{eqnarray}$$
最後の式で、第１項と第3項は0になるから第2項だけ計算すればいい。
$$b\int_{0}^{2\pi}\cos^{2}xdx = b\left[ \frac{\frac{1}{2}\sin{2x}+x}{2} \right]_{0}^{2\pi} = b\pi$$
だから、\(b=5\)になる。他の式を使っていくと、\(a=5, c=\sqrt{2}\)

長かったなぁ。でもあとは微分して増減表描くだけだよね。
$$f^{\prime}(x) = 5\cos{x}-5\sin{x}+2\sqrt{2}\cos{2x}$$
ん？　これ因数分解できる？

う〜ん、\(\cos{2x}\)は\(\sin\)にも\(\cos\)にも置き換えられるけど、どっちにしてもどっちかが残っちゃうなぁ。

もう一つ？ \(\sin, \cos\)を両方用いる方法？　あ！　そういえば
\(\cos{2x} = \cos^{2}{x} – \sin^{2}{x}\)だっけ。なるほど、これなら因数分解できそう。
$$f^{\prime}(x) = (\cos{x}-\sin{x})(5+2\sqrt{2}(\cos{x}+\sin{x}))$$
よし、増減表が書ける。

ってことで最小値は
$$-4\sqrt{2},\ (x = \frac{5\pi}{4} )$$
ってことだね。

まみに助けてもらったけどね。

う〜ん、計算ばっかでめんどくさいって感じだったな。
難しい、って感じはなかったけど。

そうだね、ちょっとやれそうな気がしてきた。

あ、ちょっと、まみ！
相談するって言ったでしょ、待ってよ。