第1問
1辺の長さが1である正三角形ABCの辺BC上に点A1をとる。A1から
辺ABに垂線A1C1を引き、点C1から辺ACに垂線C1B1を引き、さらに
点B1から辺BCに垂線B1A2を引く。これを繰り返し、辺BC上に
点A1、A2、･･･、An、･･･、辺AB上に点C1、C2、･･･、Cn、･･･、
辺AC上に点B1、B2、･･･、Bn、をとる。BAn=xとする。
次の問いに答えよ。
(1) BCn、ACnをxを用いて表せ。
(2) xn、xn+1が満たす漸化式を求めよ。
(3) 極限値 $\small\sf{\begin{align*} \sf \lim_{n\rightarrow\infty}\ x_n\end{align*}}$ を求めよ。
－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－
【解答】
(1)
右図のようになるので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf BC_n=BA_n\ \cos60^{\circ}=\underline{\ \frac{1}{2}\ x_n\ }\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf AC_n=AB-BC_n=1-\frac{1}{2}\ x_n\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf AB_n=AC_n\ \cos 60^{\circ}=\underline{\ \frac{1}{2}-\frac{1}{4}\ x_n\ \ }\end{align*}}$
(2)
さらに、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf CB_n=AC-AB_n=\frac{1}{2}+\frac{1}{4}\ x_n\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf CA_{n+1}=CB_n\ \cos 60^{\circ}=\frac{1}{4}+\frac{1}{8}\ x_n\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf BA_{n+1}=BC-BA_{n+1}=\frac{3}{4}-\frac{1}{8}\ x_n\end{align*}}$
となるので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \underline{\ x_{n+1}=\frac{3}{4}-\frac{1}{8}\ x_n\ \ }\end{align*}}$ ．
(3)
(2)の漸化式は
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf x_{n+1}-\frac{2}{3}=-\frac{1}{8}\left(x_n-\frac{2}{3}\right)\end{align*}}$
と変形できるので、
数列 $\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \left\{x_n-\frac{2}{3}\right\}\end{align*}}$ は公比 $\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf -\frac{1}{8}\end{align*}}$ の等比数列である。
よって、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf x_n-\frac{2}{3}=\left(-\frac{1}{8}\right)^{n-1}\left(x_1-\frac{2}{3}\right)\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \ \ \Leftrightarrow\ \ x_n=\left(-\frac{1}{8}\right)^{n-1}\left(x_1-\frac{2}{3}\right)+\frac{2}{3}\end{align*}}$
となるので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \lim_{n\rightarrow\infty}\ x_n=\lim_{n\rightarrow\infty}\ \left\{\left(-\frac{1}{8}\right)^{n-1}\left(x_1-\frac{2}{3}\right)+\frac{2}{3}\right\}=\underline{\ \frac{2}{3}\ \ }\end{align*}}$ ．
これはよくある問題ですね。確実に！
テーマ:数学 - ジャンル:学問・文化・芸術
- 2012/12/25(火) 23:54:00|
- 大学入試(数学) .関西の国立大学 .大阪教育大 後期 2012
-
| トラックバック:0
-
| コメント:0
第2問
次の問いに答えよ。
(1) 実数a、bがa≧0、b≧0を満たすとき、
$\small\sf{\begin{align*} \sf a+b\geqq 2\sqrt{ab}\end{align*}}$
が成り立つことを示せ。
(2) 実数x、yがx＞y＞0と
x6y2－x5y3+x5y5－x4y6≧4
を満たすとき、
x3+y2≧3
が成り立つことを示せ。
－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－
【解答】
(1)
左辺－右辺を計算すると、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf a+b-2\sqrt{ab}=\left(\sqrt a-\sqrt b\right)^2\geqq 0\end{align*}}$
となるので、左辺≧右辺である。
等号が成立するのは、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \sqrt a=\sqrt b\end{align*}}$ すなわち、a=bのときである。
(2)
条件式より
x6y2－x5y3+x5y5－x4y6
=(x3y2－x2y3)(x3－x2y3)
≧4
ここで、x＞y＞0より
x3y2－x2y3＞0 かつ x3－x2y3＞0
なので、両辺の平方根をとると、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \sqrt{\left(x^3y^2-x^2y^3\right)\left(x^3+x^2y^3\right)}\geqq 2\end{align*}}$ ．
これと(1)より、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \left(x^3y^2-x^2y^3\right)+\left(x^3+x^2y^3\right)\geqq 2\sqrt{\left(x^3y^2-x^2y^3\right)\left(x^3+x^2y^3\right)}\geqq 4\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \ \ \Leftrightarrow\ \ x^3y^2+x^3=x^3(y^2+1)\geqq 4\end{align*}}$ ．
x3＞0、y2+1＞0なので、両辺の平方根をとると、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \sqrt{x^3(y^2+1)}\geqq 2\end{align*}}$ ．
これと(1)より
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf x^3+(y^2+1)\geqq 2\sqrt{x^3(y^2+1)}\geqq 4\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \ \ \Leftrightarrow\ \ x^3+y^2+1\geqq 4\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \ \ \Leftrightarrow\ \ x^3+y^2\geqq 3\end{align*}}$
(2)は色々と式変形してみて、(1)が使える形を作りましょう。
テーマ:数学 - ジャンル:学問・文化・芸術
- 2012/12/25(火) 23:57:00|
- 大学入試(数学) .関西の国立大学 .大阪教育大 後期 2012
-
| トラックバック:0
-
| コメント:0
第3問
座標平面上の原点をOとする。実数を成分とする行列
$\small\sf{\begin{align*} \sf A=\begin{pmatrix}\sf a &\sf b\\ \sf c &\sf d\end{pmatrix}\end{align*}}$
で表される座標平面上の移動をfで表す。また、行列R$\small\sf{\theta}$ 、Tを
$\small\sf{\begin{align*} \sf R_{\theta}=\begin{pmatrix}\sf\cos\theta&-\sin\theta\\ \sin\theta\ \ &\ \ \cos\theta\end{pmatrix}\ \ ,\ \ T=\begin{pmatrix}\sf 1 &\sf 0\\ \sf 0 &\sf -1\end{pmatrix}\end{align*}}$
とする。ただし、$\small\sf{-\pi\lt \theta\leqq\pi}$ とする。次の問いに答えよ。
(1) 積$\small\sf{\sf R_{\theta}T\ ,\ \ TR_{\theta}}$ を求めよ。
(2) すべての点P(x，y)に対して、
$\small\sf{\begin{align*} \sf \left|\overrightarrow{\sf OP}\right|=\left|\overrightarrow{\sf O\ f\ (P)}\right|\end{align*}}$
が成り立つとき、行列Aはある角$\small\sf{\theta}$ を用いて、
$\small\sf{\sf A=R_{\theta}}$ または $\small\sf{A=R_{\theta}T}$
と表されることを示せ。ただし、$\small\sf{\begin{align*} \sf |\overrightarrow{\sf OP}|\end{align*}}$ はベクトル$\small\sf{\begin{align*} \sf \overrightarrow{\sf OP}\end{align*}}$ の長さを表す。
(3) $\small\sf{\sf A=R_{\theta}T}$ で表される移動fについて、原点Oを通る直線L上の
すべての点Pに対して、f(P)が直線L上にあるとき、直線Lの
方程式は、$\small\sf{\theta}$ を用いて
$\small\sf{\begin{align*} \sf \left(\cos\frac{\theta}{2}\right)x+\left(\sin\frac{\theta}{2}\right)y=0\end{align*}}$ または $\small\sf{\begin{align*} \sf \left(\sin\frac{\theta}{2}\right)x-\left(\cos\frac{\theta}{2}\right)y=0\end{align*}}$
と表されることを示せ。
－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－
【解答】
(1)
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf R_{\theta}T=\begin{pmatrix}\sf \cos\theta &\sf -\sin\theta\\ \sin\theta & \cos\theta\end{pmatrix}\begin{pmatrix}\sf 1 &\sf 0\\ \sf 0 &\sf -1\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}\sf \cos\theta &\sf \sin\theta\\ \sin\theta &-\cos\theta\end{pmatrix}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf TR_{\theta}=\begin{pmatrix}\sf 1 &\sf 0\\ \sf 0 &\sf -1\end{pmatrix}\begin{pmatrix}\sf \cos\theta &-\sin\theta\\ \sin\theta & \cos\theta\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}\sf\cos\theta&-\sin\theta\\ -\sin\theta &-\cos\theta\end{pmatrix}\end{align*}}$
(2)
点P(x，y)に対して、点f(P)は、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \begin{pmatrix}\sf a &\sf b\\ \sf c &\sf d\end{pmatrix}\binom{\sf x}{y}=\binom{\sf ax+by}{cx+dy}\end{align*}}$
となり、$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \left|\overrightarrow{\sf OP}\right|^2=\left|\overrightarrow{\sf O\ f\ (P)}\right|^2\end{align*}}$ なので、
$\scriptsize\sf{\sf x^2+y^2=(ax+by)^2+(cx+dy)^2}$
⇔ $\scriptsize\sf{\sf (a^2+c^2-1)x^2+(b^2+d^2-1)y^2+2(ab+cd)xy=0}$ ．
これが任意の実数x、yに対して成り立つので、
$\scriptsize\sf{\sf a^2+c^2=1}$ ･･･① かつ
$\scriptsize\sf{b^2+d^2=1}$ ･･･② かつ
$\scriptsize\sf{\sf ab+cd=0}$ ･･･③
となる。
①より、$\scriptsize\sf{a=\cos\theta\ ,\ \ c=\sin\theta}$ となる$\scriptsize\sf{\theta}$ が存在し、
②より、$\scriptsize\sf{\sf b=\sin\alpha\ ,\ \ d=\cos\alpha}$ となる$\scriptsize\sf{\alpha}$ が存在する。
これらと③より、
$\scriptsize\sf{\sf \cos\theta\sin\alpha+\sin\theta\cos\alpha=0}$
⇔ $\scriptsize\sf{\sin (\theta+\alpha)=0}$ ←加法定理より
⇔ $\scriptsize\sf{\sf \alpha=2n\pi-\theta}$ または $\scriptsize\sf{\alpha\sf =n\pi\theta}$ （n:整数）
(ア) $\scriptsize\sf{\alpha\sf =2n\pi-\theta}$ のとき
$\scriptsize\sf{b=\sin(2n\pi-\theta)=-\sin\theta}$
$\scriptsize\sf{d=\cos(2n\pi-\theta)=\cos\theta}$
となるので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf A=\begin{pmatrix}\sf \cos\theta&-\sin\theta\\ \sin\theta & \cos\theta\end{pmatrix}=R_{\theta}\end{align*}}$ ．
(イ) $\scriptsize\sf{\alpha=n\pi-\theta}$ のとき
$\scriptsize\sf{\sf b=\sin(n\pi-\theta)=\sin\theta}$
$\scriptsize\sf{\sf d=\cos(n\pi-\theta)=-\cos\theta}$
となるので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf A=\begin{pmatrix}\sf \cos\theta&\sin\theta\\ \sin\theta &-\cos\theta\end{pmatrix}=R_{\theta}T\end{align*}}$ ．
以上より、題意は示された。
(3)
$\scriptsize\sf{A=R_{\theta_T}}$ なので、点P(X，Y)に対して点f(P)は、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \begin{pmatrix}\sf \cos\theta & \sin\theta\\ \sin\theta &-\cos\theta\end{pmatrix}\binom{\sf X}{Y}=\binom{\sf (\cos\theta)X+(\sin\theta)Y}{(\sin\theta)X-(\cos\theta)Y}\end{align*}}$
であり、P、F(P)ともに原点を通る直線L上にあるので、
実数kを用いて、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \overrightarrow{\sf Of(P)}=k\ \overrightarrow{\sf OP}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \ \ \Leftrightarrow\ \ \binom{\sf (\cos\theta)X+(\sin\theta)Y}{(\sin\theta)X-(\cos\theta)Y}=k\binom{\sf X}{Y}\end{align*}}$
と表される。
(2)より、$\scriptsize\sf{A=R_{\theta}T}$ のときは、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \left|\overrightarrow{\sf OP}\right|^2=\left|\overrightarrow{\sf O\ f\ (P)}\right|^2\end{align*}}$
なので、k=±1である。
(ア) k=1のとき
成分を比較すると、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf (\cos\theta)X+(\sin\theta)Y=X\end{align*}}$ かつ $\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf (\sin\theta)X-(\cos\theta)Y=Y\end{align*}}$ ．
倍角公式を用いると、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf X\cos^2\frac{\theta}{2}+Y\sin\frac{\theta}{2}\cos\frac{\theta}{2}=\left(X\cos\frac{\theta}{2}+Y\sin\frac{\theta}{2}\right)\cos\frac{\theta}{2}=0\end{align*}}$
かつ
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf X\sin\frac{\theta}{2}\cos\frac{\theta}{2}+Y\sin^2\frac{\theta}{2}=\left(X\cos\frac{\theta}{2}+Y\sin\frac{\theta}{2}\right)\sin\frac{\theta}{2}=0\end{align*}}$
となるので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf X\cos\frac{\theta}{2}+Y\sin\frac{\theta}{2}=0\end{align*}}$
(イ) k=－1のとき
成分を比較すると、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf (\cos\theta)X+(\sin\theta)Y=-X\end{align*}}$ かつ $\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf (\sin\theta)X-(\cos\theta)Y=-Y\end{align*}}$ ．
倍角公式を用いると、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf -X\sin^2\frac{\theta}{2}+Y\sin\frac{\theta}{2}\cos\frac{\theta}{2}=-\left(X\sin\frac{\theta}{2}-Y\cos\frac{\theta}{2}\right)\sin\frac{\theta}{2}=0\end{align*}}$
かつ
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf X\sin\frac{\theta}{2}\cos\frac{\theta}{2}-Y\cos^2\frac{\theta}{2}=\left(X\sin\frac{\theta}{2}-Y\cos\frac{\theta}{2}\right)\cos\frac{\theta}{2}=0\end{align*}}$
となるので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf X\sin\frac{\theta}{2}-Y\cos\frac{\theta}{2}=0\end{align*}}$
これらは、点P(X，Y)が直線
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \left(\cos\frac{\theta}{2}\right)x+\left(\sin\frac{\theta}{2}\right)y=0\end{align*}}$ または $\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \left(\sin\frac{\theta}{2}\right)x-\left(\cos\frac{\theta}{2}\right)y=0\end{align*}}$
上にあることを表しているので、題意は示された。
(3)で倍角公式もしくは半角公式を使うのは予想できると思いますが、
これもちょっとヤヤコシイ問題ですね。
テーマ:数学 - ジャンル:学問・文化・芸術
- 2012/12/26(水) 23:57:00|
- 大学入試(数学) .関西の国立大学 .大阪教育大 後期 2012
-
| トラックバック:0
-
| コメント:0
第4問
$\small\sf{\begin{align*} \rm I_{\sf k}\sf =\int_{k\pi}^{(k+1)\pi}\left(\sin^2t\right)\left(\log t\right)\ dt\ \ \ \ (k=1,2,3,\ldots)\end{align*}}$
とする。次の問いに答えよ。
(1) 不等式
$\small\sf{\begin{align*} \sf \frac{\pi}{2}\log (k\pi)\lt \rm I_{\sf k}<\frac{\pi}{2}\log (k+1)\pi\end{align*}}$
を示せ。
(2) 不等式
$\small\sf{\begin{align*} \sf \frac{\pi}{2}\left(\int_1^n\log t\ dt+n\log \pi\right)<\int_{\pi}^{(n+1)\pi}\left(\sin^2t\right)\left(\log t\right)\ dt\end{align*}}$
$\small\sf{\begin{align*} \sf <\frac{\pi}{2}\left(\int_2^{n+2}\log t\ dt+n\log \pi\right)\end{align*}}$
を示せ。
(3) 極限値
$\small\sf{\begin{align*} \sf \lim_{n\rightarrow\infty}\ \frac{1}{n\log n}\int_{\pi}^{(n+1)\pi}\left(\sin^2t\right)(\log t)\ dt\end{align*}}$
を求めよ。
－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－
【解答】
$\scriptsize\sf{\sf f(t)=(\sin^2 t)(\log t)}$ とおく。
(1)
$\scriptsize\sf{k\pi\leqq t\leqq (k+1\pi)}$ （k：自然数）の範囲において、
関数logtは単調に増加するので、
$\scriptsize\sf{\log (k\pi)\leqq\log t\leqq\log(ｋ+1)\pi}$ ．
また、$\scriptsize\sf{\sf \sin^2 t\geqq 0}$なので、
$\scriptsize\sf{\sf (\sin^2t)\log(k\pi)\leqq f(t)\leqq (\sin^2t)\log(ｋ+1)\pi}$ ．
よって、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \int_{k\pi}^{(k+1)\pi}\left(\sin t\right)^2\left(\log (k\pi)\right)\ dt<\int_{k\pi}^{(k+1)\pi}f\ (t)\ dt\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf <\int_{k\pi}^{(k+1)\pi}\left(\sin t\right)^2\left(\log (k+1)\pi\right)\ dt\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \ \ \Leftrightarrow\ \ \left(\log (k\pi)\right)\int_{k\pi}^{(k+1)\pi}\left(\sin t\right)^2\ dt<\rm I_{\sf k}\sf <\left(\log (k+1)\pi\right)\int_{k\pi}^{(k+1)\pi}\left(\sin t\right)^2\ dt\end{align*}}$ ．
ここで、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \int_{k\pi}^{(k+1)\pi}\left(\sin t\right)^2\ dt=\frac{1}{2}\int_{k\pi}^{(k+1)\pi}\left(1-\cos 2t\right)\ dt\end{align*}}$ ←倍角公式
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\frac{1}{2}\left[x-\frac{1}{2}\sin 2t\right]_{k\pi}^{(k+1)\pi}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\frac{\pi}{2}\end{align*}}$
なので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \frac{\pi}{2}\log (k\pi)<\rm I_{\sf k}\sf <\frac{\pi}{2}\log (k+1)\pi\end{align*}}$
となり、題意は示された。
(2)
(1)の不等式は、k=1，2，･･･，nに対しても成り立つので、
それらを辺々加えると、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \sum_{k=1}^n\frac{\pi}{2}\log (k\pi)<\sum_{k=1}^n\ \rm I_{\sf k}\sf <\sum_{k=1}^n\frac{\pi}{2}\log (k+1)\pi\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \ \ \Leftrightarrow\ \ \frac{\pi}{2}\sum_{k=1}^n\left(\log k+\log\pi\right)<\sum_{k=1}^n\int_{k\pi}^{(k+1)\pi}f\ (t)\ dt<\frac{\pi}{2}\sum_{k=1}^n\left\{\log (k+1)+\log\pi\right\}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \ \ \Leftrightarrow\ \ \frac{\pi}{2}\left(\sum_{k=1}^n\log k+n\log\pi\right)<\int_{\pi}^{(n+1)\pi}f\ (t)\ dt<\frac{\pi}{2}\left\{\sum_{k=1}^n\log (k+1)+n\log\pi\right\}\end{align*}}$
････①
一方、k≦t≦k+1（k:自然数）の範囲において
関数logtは単調に増加するので、
$\scriptsize\sf{\sf \log k\leqq \log t\leqq\log(ｋ+1)}$ ．
よって、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \int_k^{k+1}\log k\ dt<\int_k^{k+1}\log t\ dt<\int_k^{k+1}\log (k+1)\ dt\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \ \ \Leftrightarrow\ \ \log k<\int_k^{k+1}\log t\ dt<\log (k+1)\end{align*}}$ ････②
②の後ろの2項
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \int_k^{k+1}\log t\ dt<\log (k+1)\end{align*}}$
は、k=1，2，･･･，n-1に対して成り立つので、
それらを辺々加えると、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \sum_{k=1}^{n-1}\int_k^{k+1}\log t\ dt<\sum_{k=1}^{n-1}\log (k+1)\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \ \ \Leftrightarrow\ \ \int_1^{n}\log t\ dt<\sum_{k=2}^{n}\log k=\sum_{k=1}^{n}\log k\ \ \ \ \left(\because \log 1=0\right)\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \ \ \Leftrightarrow\ \ \frac{\pi}{2}\left(\int_1^{n}\log t\ dt+n\log\pi\right)<\frac{\pi}{2}\left(\sum_{k=1}^{n}\log k+n\log\pi\right)\end{align*}}$ ･･･③
また、②の前の2項
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \log k<\int_k^{k+1}\log t\ dt\end{align*}}$
は、k=2，3，･･･，n+1に対して成り立つので、
それらを辺々加えると、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \sum_{k=2}^{n+1}\log k<\sum_{k=2}^{n+1}\int_k^{k+1}\log t\ dt\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \ \ \Leftrightarrow\ \ \sum_{k=1}^{n}\log (k+1)<\int_2^{n+2}\log t\ dt\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \ \ \Leftrightarrow\ \ \frac{\pi}{2}\left(\sum_{k=1}^{n}\log (k+1)+n\log\pi\right)<\frac{\pi}{2}\left(\int_2^{n+2}\log t\ dt+n\log\pi\right)\end{align*}}$ ･･･④
①、③、④より
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \frac{\pi}{2}\left(\int_1^n\log t\ dt+n\log \pi\right)<\int_{\pi}^{(n+1)\pi}f(t)\ dt<\frac{\pi}{2}\left(\int_2^{n+2}\log t\ dt+n\log \pi\right)\end{align*}}$
となるので、題意は示された。
(3)
自然数nに対して nlogn＞0なので、(2)より
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \frac{\pi}{2}\cdot\frac{\int_1^n\log t\ dt+n\log \pi}{n\log n}<\frac{1}{n\log n}\int_{\pi}^{(n+1)\pi}f(t)\ dt<\frac{\pi}{2}\cdot\frac{\int_2^{n+2}\log t\ td+n\log \pi}{n\log n}\end{align*}}$
これより、求める極限をLとすると、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \lim_{n\rightarrow\infty}\ \frac{\pi}{2}\cdot\frac{\int_1^n\log t\ dt+n\log \pi}{n\log n}\lt L<\lim_{n\rightarrow\infty}\ \frac{\pi}{2}\cdot\frac{\int_2^{n+2}\log t\ td+n\log \pi}{n\log n}\end{align*}}$ ････⑤
ここで、部分積分法を用いて、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \int\log t\ dt=t\log t-\int t\cdot\frac{1}{t}\ dt=t\log t-t+C\end{align*}}$ (C：積分定数)
となるので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \int_1^n\log t\ dt=\left[t\log t-t\right]_1^n=n\log n-n+1\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \int_2^{n+2}\log t\ dt=\left[t\log t-t\right]_2^{n+2}=(n+2)\log (n+2)-n-2\log 2\end{align*}}$ ．
よって、⑤の左辺および右辺は
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \lim_{n\rightarrow\infty}\ \frac{\pi}{2}\cdot\frac{\int_1^n\log t\ dt+n\log \pi}{n\log n}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\frac{\pi}{2}\lim_{n\rightarrow\infty}\frac{\left(n\log n-n+1\right)+n\log \pi}{n\log n}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\frac{\pi}{2}\lim_{n\rightarrow\infty}\left(1-\frac{1-\log\pi}{\log n}+\frac{1}{n\log n}\right)\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\frac{\pi}{2}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \lim_{n\rightarrow\infty}\ \frac{\pi}{2}\cdot\frac{\int_2^{n+2}\log t\ dt+n\log \pi}{n\log n}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\frac{\pi}{2}\lim_{n\rightarrow\infty}\frac{\left\{(n+2)\log (n+2)-n-2\log 2\right\}+n\log \pi}{n\log n}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\frac{\pi}{2}\lim_{n\rightarrow\infty}\left\{\left(1+\frac{2}{n}\right)\frac{\log(n+2)}{\log n}-\frac{2-\log\pi}{\log n}-\frac{2\log 2}{n\log n}\right\}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\frac{\pi}{2}\lim_{n\rightarrow\infty}\left\{\left(1+\frac{2}{n}\right)\left(\frac{\log\left(1+\frac{2}{n}\right)}{\log n}+1\right)-\frac{2-\log\pi}{\log n}-\frac{2\log 2}{n\log n}\right\}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\frac{\pi}{2}\end{align*}}$
はさみうちの原理より
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf L=\underline{\ \frac{\pi}{2}\ \ }\end{align*}}$ ．
いやぁ、けっこうヘビーな問題ですよね。
テーマ:数学 - ジャンル:学問・文化・芸術
- 2012/12/27(木) 23:57:00|
- 大学入試(数学) .関西の国立大学 .大阪教育大 後期 2012
-
| トラックバック:0
-
| コメント:0
