第2問
ｆ(x)=ｅ-xsinxとする．
(1) ｅ-xsinx－ｅ-xcosxを微分せよ．
(2) 定積分 $\small\sf{\begin{align*} \sf \int_0^{\frac{\pi}{2}}\ f\ (x)\ dx\end{align*}}$ を求めよ。
(3) 自然数ｎに対して、
$\small\sf{\begin{align*} \sf S_n=\frac{1}{n}\bigg( f\left(\frac{\pi}{2n}\right)+f\left(\frac{2\pi}{2n}\right)+f\left(\frac{3\pi}{2n}\right)+\cdots+f\left(\frac{n\pi}{2n}\right)\bigg)\end{align*}}$
とおく．次の式が成り立つことを示せ．
$\small\sf{\begin{align*} \sf S_n<\frac{2}{\pi}\int_0^{\frac{\pi}{2}}\ f\ (x)\ dx\lt S_n+\frac{1}{n}\end{align*}}$
(4) $\small\sf{\begin{align*} \sf \lim_{n\rightarrow\infty}S_n\end{align*}}$ を求めよ．
－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－
【解答】
(1)
(ｅ-xsinx－ｅ-xcosx)’
=－ｅ-xsinx + ｅ-xcosx + ｅ-xcosx + ｅ-xsinx
=2ｅ-xcosx
(2)
(1)より、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \int e^{-x}\cos x\ dx=\frac{1}{2}e^{-x}\left(\sin x-\cos x\right)+C\end{align*}}$ （Cは積分定数）
よって、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \int_0^{\frac{\pi}{2}}\ f\ (x)\ dx=\frac{1}{2}\left[e^{-x}(\sin x-\cos x)\right]_0^{\frac{\pi}{2}}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\frac{1}{2}\left(e^{-\frac{\pi}{2}}+1\right)\end{align*}}$
符号にさえ気をつければ、ここまでは問題ないでしょう。
(3)
区間0≦x≦$\scriptsize\sf{\pi}$ /2において
ｆ’(x)=－ｅ-x(sinx+cosx)＜0
となるので、この区間でｆ(x)は単調減少である。
よって、$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \frac{k\pi}{2n}\leqq x\leqq \frac{(k+1)\pi}{2n}\end{align*}}$ を満たす自然数ｋと実数xに対して常に
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf f\left(\frac{(k+1)\pi}{2n}\right)\leqq f\ (x)\leqq f\left(\frac{k\pi}{2n}\right)\end{align*}}$
が成り立つので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \int_{\frac{k\pi}{2n}}^{\frac{(k+1)\pi}{2n}}\ f\left(\frac{(k+1)\pi}{2n}\right)dx\ < \int_{\frac{k\pi}{2n}}^{\frac{(k+1)\pi}{2n}}f\ (x)\ dx\ <\ \int_{\frac{k\pi}{2n}}^{\frac{(k+1)\pi}{2n}}f\left(\frac{k\pi}{2n}\right)dx\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \Leftrightarrow\ \ \frac{\pi}{2n}\ f\left(\frac{(k+1)\pi}{2n}\right)\ < \int_{\frac{k\pi}{2n}}^{\frac{(k+1)\pi}{2n}}f\ (x)\ dx\ <\ \frac{\pi}{2n}\ f\left(\frac{k\pi}{2n}\right)\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \Leftrightarrow\ \ \frac{1}{n}\ f\left(\frac{(k+1)\pi}{2n}\right)\ < \frac{2}{\pi}\int_{\frac{k\pi}{2n}}^{\frac{(k+1)\pi}{2n}}f\ (x)\ dx\ <\ \frac{1}{n}\ f\left(\frac{k\pi}{2n}\right)\end{align*}}$ .
この不等式は、ｋ=0，1，2，････ｎ－1に対しても成り立つので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \frac{1}{n}\ f\left(\frac{\pi}{2n}\right)\ < \frac{2}{\pi}\int_{0}^{\frac{\pi}{2n}}f\ (x)\ dx\ <\ \frac{1}{n}\ f\left(0\right)\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \frac{1}{n}\ f\left(\frac{2\pi}{2n}\right)\ < \frac{2}{\pi}\int_{\frac{\pi}{2n}}^{\frac{2\pi}{2n}}f\ (x)\ dx\ <\ \frac{1}{n}\ f\left(\frac{\pi}{2n}\right)\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \frac{1}{n}\ f\left(\frac{3\pi}{2n}\right)\ < \frac{2}{\pi}\int_{\frac{2\pi}{2n}}^{\frac{3\pi}{2n}}f\ (x)\ dx\ <\ \frac{1}{n}\ f\left(\frac{2\pi}{2n}\right)\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \vdots\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \frac{1}{n}\ f\left(\frac{n\pi}{2n}\right)\ < \frac{2}{\pi}\int_{\frac{(n-1)\pi}{2n}}^{\frac{\pi}{2}}f\ (x)\ dx\ <\ \frac{1}{n}\ f\left(\frac{(n-1)\pi}{2n}\right)\end{align*}}$
これらを辺々加えると、左辺は
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \frac{1}{n}\ f\left(\frac{\pi}{2n}\right)\ +\frac{1}{n}\ f\left(\frac{2\pi}{2n}\right)\ +\frac{1}{n}\ f\left(\frac{3\pi}{2n}\right)\ +\ldots+\frac{1}{n}\ f\left(\frac{n\pi}{2n}\right)\ =S_n\end{align*}}$
中辺は、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \frac{2}{\pi}\int_{0}^{\frac{\pi}{2n}}f\ (x)\ dx\ +\frac{2}{\pi}\int_{\frac{\pi}{2n}}^{\frac{2\pi}{2n}}f\ (x)\ dx\ +\ldots+\frac{2}{\pi}\int_{\frac{(n-1)\pi}{2n}}^{\frac{\pi}{2}}f\ (x)\ dx=\frac{2}{\pi}\int_0^{\frac{\pi}{2}}f\ (x)\ dx\end{align*}}$
右辺は、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \frac{1}{n}\ f\left(0\right)\ +\frac{1}{n}\ f\left(\frac{\pi}{2n}\right)\ +\ldots+\frac{1}{n}\ f\left(\frac{(n-1)\pi}{2n}\right)\ =S_n-\frac{1}{n}\ f(0) +\frac{1}{n}\ f\left(\frac{n\pi}{2n}\right)\end{align*}}$
よって、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf S_n<\frac{2}{\pi}\int_0^{\frac{\pi}{2}}f\ (x)\ dx\lt S_n-\frac{1}{n}\ f(0) +\frac{1}{n}\ f\left(\frac{n\pi}{2n}\right)\end{align*}}$
となる。ここで、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf f(0)=0\ \ ,\ \ f\left(\frac{n\pi}{2n}\right)=e^{-\frac{\pi}{2}}\lt e^0=1\end{align*}}$
なので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf S_n<\frac{2}{\pi}\int_0^{\frac{\pi}{2}}\ f\ (x)\ dx\lt S_n+\frac{1}{n}\end{align*}}$
この手の問題は一度ぐらいは解いたことがあると思います。
ワンパターンですが、細かい部分に注意を！
(4)
(3)の結果より、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \frac{2}{\pi}\int_0^{\frac{\pi}{2}}\ f\ (x)\ dx-\frac{1}{n}\lt S_n<\frac{2}{\pi}\int_0^{\frac{\pi}{2}}\ f\ (x)\ dx\end{align*}}$
これに(2)の計算結果を代入すると、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \frac{1}{\pi}\left(e^{-\frac{\pi}{2}}+1\right)-\frac{1}{n}\lt S_n<\frac{1}{\pi}\left(e^{-\frac{\pi}{2}}+1\right)\end{align*}}$
ここで、$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \lim_{n\rightarrow\infty}\frac{1}{n}=0\end{align*}}$ なので、はさみうちの原理より、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \lim_{n\rightarrow\infty}S_n=\frac{1}{\pi}\left(e^{-\frac{\pi}{2}}+1\right)\end{align*}}$
(3)までできていれば、(4)はオマケです。
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- 2011/12/14(水) 23:57:00|
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第3問
aを実数とする．曲線 $\small\sf{\begin{align*} \sf y=\frac{3}{2}\sqrt{4-x^2}\end{align*}}$ をC、直線y=ax+3a+1をＬとする。
(1) 直線Ｌはaの値によらず定点Pを通る．Pの座標を求めよ．
(2) CとＬが異なる2点を共有するときのaの値の範囲を求めよ．
－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－
【解答】
(1)
y=ax+3a+1 ⇔ (x+3)a－y+1=0
これをaについての恒等式と見なして、係数を比較すると、
x+3=0 かつ －y+1=0
よって、求める点Pの座標は、(－3，1) となる。
これは問題ないでしょう。
(2)
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf C: y=\frac{3}{2}\sqrt{4-x^2}\end{align*}}$ の両辺を2乗すると、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf y^2=\frac{9}{4}\left(4-x^2\right)\ \ \Leftrightarrow\ \ \frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{9}=1\ \ ,\ \ y\geqq 0\end{align*}}$
よって、Cは楕円の半分になる(右図)。
(1)より、Ｌは定点P(－3，1)を通るので、
CとＬが異なる2点を共有するためには、
「①Ｌが点(2，0)を通るとき」 から
「②ＬがCに接するとき」
の間に位置すればよい。
①について
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf 0=2a+3a+1\ \ \Leftrightarrow\ \ a=-\frac{1}{5}\end{align*}}$
②について、
CとＬの交点を求めると、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \frac{x^2}{4}+\frac{(ax+3a+1)^2}{9}=1\end{align*}}$
⇔ (4a2+9)x2+8a(3a+1)x+4{(3a+1)2－9}=0
この二次方程式が重解を持てばよいので、判別式をDとすると、
D/4=16a2(3a+1)2－4(4a2+9){(3a+1)2－9}=0
⇔ 5a2+6a－8=0
⇔ $\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf a=\frac{4}{5}\ \ (>0)\end{align*}}$ ←図より、a＞0
以上より、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \underline{\ \ -\frac{1}{5}\leqq a<\frac{4}{5}\ \ }\end{align*}}$
両辺を2乗する際には、符号に注意です！
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- 2011/12/15(木) 23:57:00|
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第4問
ｋを正の定数とする．直線y=ｋxをＬとし、原点Ｏを通り直線Ｌに垂直な直線を
ｍとする．2次正方行列Aで表される1次変換をｆ とする．ｆ により、直線Ｌ上の
点は自分自身に移り、直線ｍ上の点は原点に移るとする．
(1) 行列Aを求めよ．
(2) Pを座標平面上の点とする．点Pのｆ による像をQとする．
(ⅰ) 点Qは直線Ｌ上の点であることを示せ．
(ⅱ) 点Pが直線Ｌ上の点でないとき、直線PQと直線Ｌは垂直であることを
示せ．
(ⅲ) 3点(0，0)、(1，0)、(0，2)を頂点とする三角形の辺上を点Pが動く
とき、点Qの動く範囲を求めよ．
－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－
【解答】
(1)
直線Ｌ：y=ｋx上の点(1，ｋ)は、ｆによって自分自身に移るので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf A\ \binom{\ 1\ }{\ k\ }=\binom{\ 1\ }{\ k\ }\end{align*}}$
直線ｍ：y=－$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \frac{1}{k}\end{align*}}$ x上の点(ｋ，－1)は、ｆによって原点に移るので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf A\ \binom{\ k\ }{\ -1\ }=\binom{\ 0\ }{\ 0\ }\end{align*}}$
これらより、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf A\ \begin{pmatrix}\sf 1 &\sf k\\ \sf k &\sf -1\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}\sf 1&\sf 0\\ \sf k &\sf 0\end{pmatrix}\end{align*}}$ ････①
ここで、$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf B=\begin{pmatrix}\sf 1&\sf k\\ \sf k &\sf -1\end{pmatrix}\end{align*}}$ とおくと、detB=－(1+ｋ2)≠0より
逆行列B-1が存在する。
①の両辺に右からB-1をかけると、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf A=-\frac{1}{1+k^2}\ \begin{pmatrix} \sf 1&\sf 0 \\ \sf k & \sf 0 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} \sf -1&\sf -k \\ \sf -k & \sf 1 \end{pmatrix}=\frac{1}{1+k^2}\ \begin{pmatrix} \sf 1&\sf k \\ \sf k & \sf k^2 \end{pmatrix}\end{align*}}$
逆にこのAに対して、
Ｌ上の任意の点(s，ｋs)は、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \frac{1}{1+k^2}\ \begin{pmatrix} \sf 1&\sf k \\ \sf k & \sf k^2 \end{pmatrix}\binom{\ s\ }{\ ks\ }=\frac{1}{1+k^2}\ \binom{\ (1+k^2)s\ }{\ (1+k^2)ks\ }=\binom{\ s\ }{\ ks\ }\end{align*}}$
となり、自分自身に移される。
また、ｍ上の任意の点(ｋｔ，－ｔ)は、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \frac{1}{1+k^2}\binom{\ kt\ }{\ -t\ }=\frac{1}{1+k^2}\ \binom{\ kt-kt\ }{\ k^2t-k^2t\ }=\binom{\ 0\ }{\ 0\ }\end{align*}}$
となり、原点に移される。
よって、十分性も示された。
具体的な2点(1，ｋ)と(ｋ，－1)について調べれば行列Aは求まりますが、
Ｌ、ｍ上の任意の点に対して条件を満たすことを調べる必要があります。
(2)(ⅰ)
点P(p，q)、点Q(X，Y)とすると、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \binom{\ X\ }{\ Y\ }=A\ \binom{\ p\ }{\ q\ }\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\frac{1}{1+k^2}\begin{pmatrix} \sf 1&\sf k \\ \sf k & \sf k^2 \end{pmatrix}\binom{\ p\ }{\ q\ }\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\frac{1}{1+k^2}\ \binom{\ p+kq\ }{\ k(p+kq)\ }\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \Leftrightarrow\ \ X=\frac{p+kq}{1+k^2}\ \ ,\ \ Y=\frac{k(p+kq)}{1+k^2}\end{align*}}$
よって、Y=ｋXとなるので、Q(X，Y)は直線Ｌ上にある。
(2)(ⅱ)
(ⅰ)の結果より、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \overrightarrow{\sf PQ}=\left(\frac{p+kp}{1+k^2}-p\ ,\ \frac{k(p+kq)}{1+k^2}-q\right)\end{align*}}$ .
また、直線Ｌの方向ベクトルは、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \overrightarrow{\sf u}=\left(1\ ,\ k\right)\end{align*}}$
と表されるので、内積を考えると、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \overrightarrow{\sf PQ}\cdot\overrightarrow{\sf u}=\frac{p+kp}{1+k^2}-p+\frac{k^2(p+kq)}{1+k^2}-kq\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\underline{\left(\frac{1}{1+k^2}+\frac{k^2}{1+k^2}-1\right)}(p+kq)=0\end{align*}}$ ←下線部を計算すると0になる。
よって、PQ⊥Ｌとなる。
(2)(ⅲ)
P0(0，0)、P1(1，0)、P2(1，0)とする。
それぞれに対応するQをQ0、Q1、Q2とすると、
(2)(ⅰ)より
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf Q_0(0\ ,\ 0)\ \ ,\ \ Q_1\left(\frac{1}{1+k^2}\ ,\ \frac{k}{1+k^2}\right)\ \ ,\ \ Q_2\left(\frac{2k}{1+k^2}\ ,\ \frac{2k^2}{1+k^2}\right)\end{align*}}$．
点PがP0(0，0)→P1(1，0)→P2(1，0)と動くとき、
対応する点Qは、QをQ0→Q1→Q2のように動く。
ここで、Q1とQ2のx座標の大小を比較すると、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf 0lt k<\frac{1}{2}\end{align*}}$ のとき、$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \frac{1}{1+k^2}>\frac{2k}{1+k^2}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \frac{1}{2}\leqq k\end{align*}}$ のとき、$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \frac{1}{1+k^2}\leqq \frac{2k}{1+k^2}\end{align*}}$
よって、Qの動く範囲は、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf 0\lt k<\frac{1}{2}\end{align*}}$ のとき、$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf y=kx\ \ \left(0\leqq x\leqq \frac{1}{1+k^2}\right)\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \frac{1}{2}\leqq k\end{align*}}$ のとき、$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf y=kx\ \ \left(0\leqq x\leqq \frac{2k}{1+k^2}\right)\end{align*}}$
最後の(ⅲ)は、ｋの値で場合分けする必要があります
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- 2011/12/16(金) 23:57:00|
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