第１問
ｘを実数とし、３辺の長さが１，ｘおよび２－ｘの三角形を考える。
(１) ｘの取り得る値の範囲を求めよ。
(２) 長さ１の辺と長さｘの辺のなす角の大きさを$\small{\theta}$ とするとき、
$\small{\cos\theta}$ をｘを用いて表せ。
(３) 三角形の面積をｘを用いて表せ。
(４) 三角形を長さｘの辺のまわりに１回転させてできる立体の体積を
Ｖ(ｘ)とおく。Ｖ(ｘ)の最大値とそのときのｘの値を求めよ。
－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－
【解答】
三角形の３頂点をＡ、Ｂ、Ｃとし、
ＡＢ＝１、 ＢＣ＝ｘ、 ＣＡ＝２－ｘ
とする。
(１)
まず、辺の長さは正なので、
ｘ＞０ かつ ２－ｘ＞０ ．
また、三角形の辺の長さは、他の２辺の長さの和よりも短いので、
１＜ｘ＋(２－ｘ) かつ ｘ＜(２－ｘ)＋１ かつ ２－ｘ＜ｘ＋１．
これらを同時に満たすｘの値の範囲は、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \underline{\ \frac{1}{2}\lt x\lt\frac{3}{2}\ \ }\end{align*}}$
(２)
△ＡＢＣにおいて余弦定理より、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \cos\theta=\frac{1^2+x^2-(2-x)^2}{2\cdot 1\cdot x}=\underline{\ \frac{4x-3}{2x}\ \ }\end{align*}}$ ．
(３)
$\scriptsize\sf{0\lt\theta\lt\pi}$ より、$\scriptsize\sf{\sin\theta\gt 0}$ なので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \sin\theta=\sqrt{1-\cos^2\theta}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf =\sqrt{1-\left(\frac{4x-3}{2x}\right)^2}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf =\frac{\sqrt{-12x^2+24x-9}}{2x}\end{align*}}$ ．
よって、△ＡＢＣの面積Ｓは、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf S=\frac{1}{2}\cdot 1\cdot x\cdot\sin\theta=\underline{\ \frac{\sqrt{-12x^2+24x-9}}{4}\ \ }\end{align*}}$
(４)
△ＡＢＣにおいて余弦定理より、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \cos\angle C=\frac{x^2+(2-x)^2-1}{2x(2-x)}=\frac{2(x-1)^2+1}{2x(2-x)}\gt 0\end{align*}}$
となるので、∠Ｃは鋭角である。
よって、△ＡＢＣの形状は次の３つの場合が考えられる。
Ａから直線ＢＣに下ろした垂線の足をＨとすると、
$\scriptsize\sf{\sin(\pi-\theta)=\sin\theta}$ より、ＡＨの長さはいずれの場合も
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf AH=AB\ \sin\theta=\frac{\sqrt{-12x^2+24x-9}}{2x}\end{align*}}$
である。
△ＡＢＣを辺ＢＣの周りに回転してできる立体の体積Ｖ(ｘ)は、
いずれの場合も
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf V\ (x)=\frac{1}{3}\cdot \pi\cdot AH^2\cdot BC\end{align*}}$
として求めることができるので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf V\ (x)=\frac{\pi}{3}x\cdot\frac{-12x^2+24x-9}{4x^2}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf =\frac{\pi}{4}\cdot\frac{-4x^2+8x-3}{x}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf =\frac{\pi}{4}\left\{8-\left(4x+\frac{3}{x}\right)\right\}\end{align*}}$ ．
ここで、ｘ＞０なので相加・相乗平均の関係を用いると、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf 4x+\frac{3}{x}\geqq 2\sqrt{4x\cdot\frac{3}{x}}=4\sqrt3\end{align*}}$ ････①
となるので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf V\ (x)\leqq \frac{\pi}{4}\left(8-4\sqrt3\right)=\left(2-\sqrt3\right)\ \pi\end{align*}}$ ．
①の等号成立は、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf 4x=\frac{3}{x}\ \ \Leftrightarrow\ \ x=\frac{\sqrt3}{2}\ (\gt 0)\end{align*}}$
のときであり、このｘは(１)の範囲を満たす。
よって、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf x=\frac{\sqrt3}{2}\end{align*}}$ のとき $\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \underline{\ V\ (x)_{max}=\left(2-\sqrt3\right)\ \pi\ \ }\end{align*}}$
この問題は取っつきやすいですね。(４)はもちろんｘで微分しても構いません。
テーマ:数学 - ジャンル:学問・文化・芸術
- 2018/10/03(水) 04:01:00|
- 大学入試(数学) .関西の公立大学 .京都府立医大 2012
-
| トラックバック:0
-
| コメント:0
第２問
平面上に原点Ｏを外心とする△ＡＢＣがあり
$\small\sf{\begin{align*}\sf 7\overrightarrow{\sf OA}+x\overrightarrow{\sf OB}+y\overrightarrow{\sf OC}=\overrightarrow{\sf 0}\end{align*}}$
が成り立っているとする。ただし、ｘ＞０、ｙ＞０とする。点Ａを通り
直線ＯＡに垂直な直線をＬとする。直線Ｌは直線ＢＣと交わるとし、
その交点をＤとする。このとき点Ｃは線分ＢＤ上にあるとする。
∠ＡＤＢの２等分線と辺ＡＢ、辺ＡＣとの交点をそれぞれＰ、Ｑとする。
(１) ＡＰ＝ＡＱであることを証明せよ。
(２) △ＡＰＱが正三角形となる整数ｘ、ｙの組をすべて求めよ。
(３) △ＡＢＣと△ＡＰＱの面積をそれぞれＳ1、Ｓ2とする。(２)で求めた
ｘ、ｙのうちｘ＋ｙが最大になるものについて、$\small\sf{\begin{align*}\sf \frac{S_2}{S_1}\end{align*}}$ を求めよ。
－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－
【解答】
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf 7\overrightarrow{\sf OA}+x\overrightarrow{\sf OB}+y\overrightarrow{\sf OC}=\overrightarrow{\sf 0}\ \ \Leftrightarrow\ \ \overrightarrow{\sf OA}=-\frac{x\overrightarrow{\sf OB}+y\overrightarrow{\sf OC}}{7}\end{align*}}$ ････(※)
(１)
ＯＡ⊥ＬよりＬは点Ａにおける外接円の接線となる。
ここで、△ＢＤＰの外角を考えると、
∠ＡＰＱ＝∠ＤＢＰ＋∠ＢＤＰ
＝∠ＤＡＱ＋∠ＢＤＰ ←接弦定理より
＝∠ＤＡＱ＋∠ＡＤＱ ←仮定
＝∠ＡＱＰ ←△ＡＤＱの外角
よって、△ＡＰＱはＡＰ＝ＡＱの二等辺三角形になる。
(２)
まず、△ＡＢＣの外接円の半径をＲとすると、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \left|\overrightarrow{\sf OA}\right|=\left|\overrightarrow{\sf OB}\right|=\left|\overrightarrow{\sf OC}\right|=R\end{align*}}$ ････①
(１)より、△ＡＰＱが正三角形になるためには、
∠ＰＡＱ＝60°であればよく、円周角の定理より
∠ＢＯＣ＝120°となるので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \overrightarrow{\sf OB}\cdot\overrightarrow{\sf OC}=\left|\overrightarrow{\sf OB}\right|\left|\overrightarrow{\sf OC}\right|\cos 120^{\circ}=-\frac{1}{2} R^2\end{align*}}$ ････②
Ｃが線分ＢＤ上にあるためには、
ＡＢ＞ＡＣであればよい。
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \left|\overrightarrow{\sf AB}\right|^2=\left|\overrightarrow{\sf OB}-\overrightarrow{\sf OA}\right|^2\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf =\left|\overrightarrow{\sf OB}+\frac{x\overrightarrow{\sf OB}+y\overrightarrow{\sf OC}}{7}\right|^2\end{align*}}$ ←(※)より
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf =\frac{1}{49}\left\{(x+7)^2\left|\overrightarrow{\sf OB}\right|^2+2y(x+7)\overrightarrow{\sf OB}\cdot\overrightarrow{\sf OC}+y^2\left|\overrightarrow{\sf OC}\right|^2\right\}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf =\frac{R^2}{49}\left(x^2-xy+y^2+14x-7y+49\right)\end{align*}}$ ←①、②より
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \left|\overrightarrow{\sf AC}\right|^2=\left|\overrightarrow{\sf OC}-\overrightarrow{\sf OA}\right|^2=\frac{R^2}{49}\left(x^2-xy+y^2+14y-7x+49\right)\end{align*}}$
なので、
ＡＢ＞ＡＣ
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \ \ \Leftrightarrow\ \ \frac{R^2}{49}\left(x^2-xy+y^2+14x-7y+49\right)\gt\frac{R^2}{49}\left(x^2-xy+y^2+14y-7x+49\right)\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \ \ \Leftrightarrow\ \ 14x-7y\gt 14y-7x\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \ \ \Leftrightarrow\ \ x\gt y\end{align*}}$ ････③
一方、(※)より
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \left|\overrightarrow{\sf OA}\right|^2=\left|-\frac{x\overrightarrow{\sf OB}+y\overrightarrow{\sf OC}}{7}\right|^2=\frac{1}{49}\left(x^2\left|\overrightarrow{\sf OB}\right|^2+2xy\ \overrightarrow{\sf OB}\cdot\overrightarrow{\sf OC}+y^2\left|\overrightarrow{\sf OC}\right|^2\right)^2\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \ \ \Leftrightarrow\ \ R^2=\frac{1}{49}\left(x^2R^2-xyR^2+y^2R^2\right)\end{align*}}$ ←①、②より
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \ \ \Leftrightarrow\ \ x^2-xy+y^2=49\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \ \ \Leftrightarrow\ \ \left(x-\frac{y}{2}\right)^2+\frac{3}{4}y^2=49\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \ \ \Leftrightarrow\ \ \left(2x-y\right)^2=196-3y^2\end{align*}}$ ････④
ここで、左辺≧０なので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf 196-3y^2\geqq 0\ \ \Leftrightarrow\ \ (0\lt )\ y\leqq \sqrt{\frac{196}{3}}\lt 9\end{align*}}$
であり、ｙは整数なので、ｙと２ｘ－ｙの組は、
（③より２ｘ－ｙ＞０）
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf (y\ ,\ 2x-y)=(1\ ,\ \sqrt{193})\ ,\ (2\ ,\ \sqrt{184})\ ,\ (3\ ,\ 13)\ ,\ (4\ ,\ \sqrt{148})\ ,\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf (5\ ,\ 11)\ ,\ (6\ ,\ \sqrt{85})\ ,\ (7\ ,\ 7)\ ,\ (8\ ,\ \sqrt3)\end{align*}}$
このうちで、ｘ、ｙともに自然数となるようなｘ、ｙを求めると、
(ｘ，ｙ)＝(８，３)、(８，５)、(７，７)
となり、③より、
(ｘ，ｙ)＝(８，３)、(８，５)
(３)
ｘ＝８、ｙ＝５のとき、(２)より
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \left|\overrightarrow{\sf AB}\right|^2=\frac{R^2}{49}\left(64-40+25+112-35+49\right)=\frac{25R^2}{7}\ \ \Leftrightarrow\ \ AB=\frac{5}{\sqrt7}\ R\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \left|\overrightarrow{\sf AC}\right|^2=\frac{R^2}{49}\left(64-40+25+70-56+49\right)=\frac{16R^2}{7}\ \ \Leftrightarrow\ \ AC=\frac{4}{\sqrt7}\ R\end{align*}}$
よって、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf AB:AC=\frac{5}{\sqrt7}\ R:\frac{4}{\sqrt7}\ R=5:4\end{align*}}$ ．
また、△ＡＢＤ∽△ＣＡＤより、ＡＢ：ＣＡ＝ＤＡ：ＤＣ であり、
ＤＱは∠ＡＤＣの二等分線なので、ＡＱ：ＣＱ＝ＤＡ：ＤＣ．
これらより、
ＡＱ：ＣＱ＝５：４
となり、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf AQ\ (=AP)=\frac{5}{9}\ AC=\frac{20}{9\sqrt7}\ R\end{align*}}$．
よって、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf S_1:S_2=\frac{1}{2}\cdot AB\cdot AC\sin60^{\circ}\ :\ \frac{1}{2}\cdot AP\cdot AQ\sin60^{\circ}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf =\frac{5}{\sqrt7}\ R\cdot\frac{4}{\sqrt7}\ R\ :\ \frac{20}{9\sqrt7}\ R\cdot\frac{20}{9\sqrt7}\ R\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf =81:20\end{align*}}$
となるので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \underline{\ \frac{S_2}{S_1}=\frac{20}{81}\ \ }\end{align*}}$
(１)、(３)は中学生の得意なヤツですよ。
テーマ:数学 - ジャンル:学問・文化・芸術
- 2018/10/03(水) 04:02:00|
- 大学入試(数学) .関西の公立大学 .京都府立医大 2012
-
| トラックバック:0
-
| コメント:0
第３問
四面体ＡＢＣＤがあり、辺ＡＣと辺ＢＤは辺ＡＢに垂直であるとし、
面ＡＢＣと面ＡＢＤは垂直に交わるとする。辺ＡＢの長さを１とし、
辺ＡＣの長さをａ、辺ＢＤの長さをｂとおく。次に、点Ｃを通り直線
ＡＢに垂直である平面をＫとおく。四面体に内接する球の半径を
ｒとおき、球の中心から平面Ｋに下ろした垂線の長さをｃとおく。
(１) $\small\sf{\begin{align*}\sf \frac{r}{c}\end{align*}}$ をｂを用いて表せ。
(２) ｒをａ、ｂを用いて表せ。
(３) ａ＝１とする。線分ＡＢの中点を通り直線ＡＢと垂直に交わる
平面をＨとおく。四面体に内接する球が平面Ｈと共有点を持た
ないようなｂの範囲を求めよ。
－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－
【解答】
平面ＡＢＣ⊥平面ＡＢＤであり、
交線ＡＢ⊥平面Ｋなので、
これら３平面は互いに直交する。
よって、Ａ、Ｂ、Ｃ、Ｄは、３辺が
１、ａ、ｂである直方体の４頂点
となる（右図）。
(１)
内接球の中心をＩとし、平面ＡＢＣ、ＡＢＤ、ＡＣＤ
との接点をそれぞれＰ、Ｑ、Ｒとする。
平面ＡＢＤへ投影した図（上から見た図）を考え、
ＰおよびＲから平面ＡＢＤに下ろした垂線の足を
それぞれＰ’、Ｒ’とする。
∠ＱＡＰ’＝$\scriptsize\sf{\theta}$ とおくと、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \tan\theta=\frac{QP'}{AP'}=\frac{r}{c}\end{align*}}$ ････①
また、ＡＱは∠ＢＡＤを二等分するので、
∠ＢＡＤ＝$\scriptsize\sf{2\theta}$ ．
よって、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \tan 2\theta=\frac{DB}{AB}\ \ \Leftrightarrow\ \ \frac{2\tan\theta}{1-\tan^2\theta}=b\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \ \ \Leftrightarrow\ \ b\tan^2\theta+2\tan\theta-b=0\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \ \ \Leftrightarrow\ \ \tan\theta=\frac{-1\pm\sqrt{1+b^2}}{b}\ \ \ (b\ne 0)\end{align*}}$ ．
これと①より、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \underline{\ \frac{r}{c}=\frac{-1+\sqrt{1+b^2}}{b}\ (\gt0)\ \ }\end{align*}}$
(２)
四面体ＡＢＣＤの体積Ｖは、４つの四面体ＩＡＢＣ、ＩＡＢＤ、ＩＢＣＤ、ＩＡＣＤ
の体積の和に等しいので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf V=\frac{r}{3}\left(\triangle ABC+\triangle ABD+\triangle BCD+\triangle ACD\right)\end{align*}}$ ････②
ここで、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \triangle ABC=\frac{1}{2}\cdot AB\cdot AC=\frac{1}{2}\ a\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \triangle ABD=\frac{1}{2}\cdot AB\cdot BD=\frac{1}{2}\ b\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \triangle BCD=\frac{1}{2}\cdot BC\cdot BD=\frac{1}{2}\ b\sqrt{1+a^2}\end{align*}}$ ←△ＡＢＣで三平方
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \triangle ACD=\frac{1}{2}\cdot AC\cdot AD=\frac{1}{2}\ a\sqrt{1+b^2}\end{align*}}$ ←△ＡＢＤで三平方
であり、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf V=\frac{1}{3}\cdot \triangle ABD \cdot AC=\frac{1}{6}\ ab\end{align*}}$
なので、②に代入すると、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \frac{1}{6}\ ab=\frac{r}{3}\left(\frac{1}{2}\ a+\frac{1}{2}\ b+\frac{1}{2}\ b\sqrt{1+a^2}+\frac{1}{2}\ a\sqrt{1+b^2}\right)\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \ \ \Leftrightarrow\ \ \underline{\ r=\frac{ab}{a+b+a\sqrt{1+b^2}+b\sqrt{1+a^2}}\ \ }\end{align*}}$
(３)
ａ＝１のとき、(２)より
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf r=\frac{b}{1+(\sqrt2+1)b+\sqrt{1+b^2}}\end{align*}}$ ････③
これと(１)より、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf c=\frac{b}{\sqrt{1+b^2}-1}\ r\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf =\frac{\sqrt{1+b^2}+1}{b}\ r\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf =\frac{\sqrt{1+b^2}+1}{1+(\sqrt2+1)b+\sqrt{1+b^2}}\end{align*}}$ ････④
球とＨが共有点をもたないのは、球が平面Ｈに対して
(ⅰ) Ａ側にある場合 (ⅱ) Ｂ側にある場合
の２つの場合が考えられる。
(ⅰ)のとき
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf c+r\lt \frac{1}{2}\end{align*}}$
であればよいので、③、④より、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \frac{\sqrt{1+b^2}+1}{1+(\sqrt2+1)b+\sqrt{1+b^2}}+\frac{b}{1+(\sqrt2+1)b+\sqrt{1+b^2}}<\frac{1}{2}\end{align*}}$
分母を払って整理すると、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \sqrt{1+b^2}\lt (\sqrt2-1)b-1\end{align*}}$
となり、両辺＞０なので、両辺を２乗すると、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf 1+b^2\gt (3-2\sqrt2)b^2-2(\sqrt2 -1)b+1\end{align*}}$ ．
これを整理して解くと、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf -1\lt b\lt 0\end{align*}}$
となり不適。
(ⅱ)のとき
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf c-r\gt \frac{1}{2}\end{align*}}$
であればよいので、③、④より、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \frac{\sqrt{1+b^2}+1}{1+(\sqrt2+1)b+\sqrt{1+b^2}}-\frac{b}{1+(\sqrt2+1)b+\sqrt{1+b^2}}\gt\frac{1}{2}\end{align*}}$
分母を払って整理すると、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \sqrt{1+b^2}\gt (\sqrt2+3)b-1\end{align*}}$ ････⑤
・⑤の右辺＜０のとき
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf (\sqrt2+3)b-1\lt 0\ \ \Leftrightarrow\ \ 0\lt b\lt\frac{1}{\sqrt2+3}=\frac{3-\sqrt2}{7}\end{align*}}$
このときは、明らかに⑤は成立する。
・⑤の右辺≧０のとき、両辺を２乗すると、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf 1+b^2\gt (11+6\sqrt2)b^2-2(\sqrt2 +3)b+1\end{align*}}$ ．
これを整理して解くと、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf 0\lt b\lt \frac{9-4\sqrt2}{7}\end{align*}}$ ．
ここで、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \frac{9-4\sqrt2}{7}-\frac{3-\sqrt2}{7}=\frac{6-3\sqrt2}{7}\gt 0\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \ \ \Leftrightarrow\ \ \frac{9-4\sqrt2}{7}\gt\frac{3-\sqrt2}{7}\end{align*}}$
なので、題意を満たすｂの値の範囲は、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \underline{\ 0\lt b\lt\frac{9-4\sqrt2}{7}\ \ }\end{align*}}$
(３)の計算がイヤになりますね････
テーマ:数学 - ジャンル:学問・文化・芸術
- 2018/10/03(水) 04:03:00|
- 大学入試(数学) .関西の公立大学 .京都府立医大 2012
-
| トラックバック:0
-
| コメント:0
第４問
２以上の整数ｎに対し
$\small\sf{\begin{align*}\sf \rm I_{\sf n}\sf=\int_{2(n-1)\pi\ }^{2n\pi}\frac{1-\cos x}{x-\log (1+x)}\ dx\end{align*}}$
とおく。
(１) $\small\sf{\begin{align*}\sf \rm I_{\sf n}\sf\leqq \frac{2\pi}{2(n-1)\pi-\log(1+2(n-1)\pi)}\end{align*}}$ であることを証明せよ。
(２) $\small\sf{\begin{align*}\sf \lim_{n\rightarrow\infty}\ n\ \rm I_{\sf n}\sf=1\end{align*}}$ であることを証明せよ。ただし、$\small\sf{\begin{align*}\sf \lim_{x\rightarrow\infty}\ \frac{\log x}{x}=0\end{align*}}$
であることは証明なしに用いてもよい。
－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－
【解答】
(１)
ｘ≧０であるｘに対して関数ｆ(ｘ)を
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf f(x)=x-\log (1+x)\end{align*}}$
と定義すると、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf f (0)=0-\log 1=0\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf f '(x)=1-\frac{1}{1+x}=\frac{x}{1+x}\ \geqq 0\end{align*}}$
より、ｆ(ｘ)は単調増加であり、常にｆ(ｘ)≧０となる。
よって、
$\scriptsize\sf{\sf 2(n-1)\pi\leqq ｘ\leqq 2n\pi}$ ････①
を満たすｘに対して（ｎは２以上の整数）、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf 0\lt f (2(n-1)\pi)\leqq f (x)\leq f\ (2n\pi)\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \ \ \Leftrightarrow\ \ \frac{1}{f (2n\pi)}\leqq \frac{1}{f (x)}\leqq \frac{1}{f (2(n-1)\pi)}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \ \ \Leftrightarrow\ \ \frac{1-\cos x}{f (2n\pi)}\leqq \frac{1-\cos x}{f (x)}\leqq \frac{1-\cos x}{f (2(n-1)\pi)}\ \ \ \ (\because 1-\cos x\geqq 0)\end{align*}}$
これが①の区間で常に成り立つので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \int_{2(n-1)\pi}^{2n\pi}\frac{1-\cos x}{f (2n\pi)}\ dx\leqq \int_{2(n-1)\pi}^{2n\pi}\frac{1-\cos x}{f (x)}\ dx\leqq \int_{2(n-1)\pi}^{2n\pi}\frac{1-\cos x}{f (2(n-1)\pi)}\ dx\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \ \ \Leftrightarrow\ \ \left[\frac{x-\sin x}{f (2n\pi)}\right]_{2(n-1)\pi}^{2n\pi}\leqq \rm I_{\sf n}\sf \leqq \left[\frac{x-\sin x}{f\ (2(n-1)\pi)}\right]_{2(n-1)\pi}^{2n\pi}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \ \ \Leftrightarrow\ \ \frac{2\pi}{f\ (2n\pi)}\leqq \rm I_{\sf n}\sf \leqq \frac{2\pi}{f\ (2(n-1)\pi)}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \ \ \Leftrightarrow\ \ \frac{2\pi}{2n\pi-\log(1+2n\pi)}\leqq \rm I_{\sf n}\sf \leqq \frac{2\pi}{2(n-1)\pi-\log(1+2(n-1)\pi)}\end{align*}}$ ････②
よって、題意は示された。
(２)
②より
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \frac{2n\pi}{2n\pi-\log(1+2n\pi)}\leqq n\rm I_{\sf n}\sf \leqq \frac{2n\pi}{2(n-1)\pi-\log(1+2(n-1)\pi)}\end{align*}}$ ．
左辺および右辺の分子･分母を$\scriptsize\sf{2n\pi}$ で割ると、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \frac{1}{1-\frac{\log(1+2n\pi)}{2n\pi}}\leqq n\rm I_{\sf n}\sf \leqq \frac{1}{1-\frac{1}{n}-\frac{\log(1+2(n-1)\pi)}{2n\pi}}\end{align*}}$ ････③
ここで、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \lim_{x\rightarrow\infty}\ \frac{\log x}{x}=0\end{align*}}$
より、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \lim_{n\rightarrow\infty}\frac{\log(1+2n\pi)}{2n\pi}=\lim_{n\rightarrow\infty}\frac{\log(1+2n\pi)}{1+2n\pi}\cdot\frac{1+2n\pi}{2n\pi}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf =\lim_{n\rightarrow\infty}\frac{\log(1+2n\pi)}{1+2n\pi}\cdot\left(\frac{1}{2n\pi}+1\right)\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf =0\cdot 1=0\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \lim_{n\rightarrow\infty}\frac{\log(1+2(n-1)\pi)}{2n\pi}=\lim_{n\rightarrow\infty}\frac{\log(1+2(n-1)\pi)}{1+2(n-1)\pi}\cdot\frac{1+2(n-1)\pi}{2n\pi}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf =\lim_{n\rightarrow\infty}\frac{\log(1+2n\pi)}{1+2n\pi}\cdot\left(\frac{1}{2n\pi+1}-\frac{1}{n}\right)\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf =0\cdot 1=0\end{align*}}$
となるので、③の左辺および右辺は
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \lim_{n\rightarrow\infty}\frac{1}{1-\frac{\log(1+2n\pi)}{2n\pi}}=\frac{1}{1-0}=1\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \lim_{n\rightarrow\infty}\frac{1}{1-\frac{1}{n}-\frac{\log(1+2(n-1)\pi)}{2n\pi}}=\frac{1}{1-0-0}=1\end{align*}}$ ．
よって、はさみうちの原理より
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \lim_{n\rightarrow\infty}\ n\ \rm I_{\sf n}\sf=1\end{align*}}$
となる。
これは難しくないですね。
テーマ:数学 - ジャンル:学問・文化・芸術
- 2018/10/03(水) 04:04:00|
- 大学入試(数学) .関西の公立大学 .京都府立医大 2012
-
| トラックバック:0
-
| コメント:0
