第１問
数列{an}は初項a1=$\small\sf{\begin{align*}\sf \frac{1}{3}\end{align*}}$ および漸化式
$\small\sf{\begin{align*}\sf \left( n+2\right)a_n-2\left(n+1 \right)a_{n+1}+\left(n+1 \right)a_na_{n+1}=0\end{align*}}$
（n=1，2，3，…)を満たす。以下の問いに答えよ。
(１) a2を求めよ。
(２) すべての自然数nについてan≠0が成り立つことを証明せよ。
(３) 数列{an}の一般項を求めよ。
(４) Sn=$\small\sf{\begin{align*}\sf \sum_{k=1}^n\end{align*}}$ akとする。このとき、すべての自然数nについてSn＜2
が成り立つことを証明せよ。
－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－
【解答】
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf a_1=\frac{1}{3}\ \ ,\ \ \left( n+2\right)a_n-2\left(n+1 \right)a_{n+1}+\left(n+1 \right)a_na_{n+1}=0\end{align*}}$ ……(#)
(１)
(#)にn=1 を代入すると、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf 3a_1-4a_{2}+2a_1a_{2}=1-4a_2+\frac{2}{3}a_2=0\ \ \Leftrightarrow\ \ a_2=\underline{\ \frac{3}{10}\ }\end{align*}}$
(２)
数学的帰納法を用いて証明する。
(ⅰ) a1≠0は自明
(ⅱ) ak≠0であると仮定すると、
(#)より
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \left( k+2\right)a_k-2\left(k+1 \right)a_{k+1}+\left(k+1 \right)a_ka_{k+1}=0\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \ \ \Leftrightarrow\ \ \left\{2\left(k+1 \right)+\left(k+1 \right)a_k \right\}a_{k+1}=\left(k+2 \right)a_k\end{align*}}$
となり、右辺≠0より左辺≠0．
よって、ak+1≠0である。
以上より、すべての自然数nについてan≠0が成り立つ。
(３)
(２)より、(#)の両辺をanan+1（≠0）で割ると、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \frac{n+2}{a_{n+1}}-2\cdot\frac{n+1}{a_n}+n+1=0\end{align*}}$ ……(*)
ここで
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf b_n=\frac{n+1}{a_n}\end{align*}}$
とおくと、(*)は
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf b_{n+1}-2b_n+n+1=0\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \ \ \Leftrightarrow\ \ b_{n+1}-\left(n+1 \right)-2=2\left(b_n-n-2 \right)\end{align*}}$
と変形できるので、数列{bn-n-2}は等比数列をなす。
よって、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf b_n-n-2=2^{n-1}\left(b_1-1-2 \right)\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf =2^{n-1}\left(\frac{2}{a_1}-3 \right)\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf =3\cdot 2^{n-1}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \ \ \Leftrightarrow\ \ b_n=3\cdot 2^{n-1}+n+2\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \ \ \Leftrightarrow\ \ a_n=\frac{n+1}{b_1}=\underline{\ \frac{n+1}{3\cdot 2^{n-1}+n+2}\ }\end{align*}}$
(３)
k＞0なので、(２)より
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf S_n=\sum_{k=1}^n\frac{k+1}{3\cdot 2^{k-1}+k+2}<\sum_{k=1}^n\frac{k+1}{3\cdot 2^{k-1}}\end{align*}}$
が成り立つ。ここで、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf T_n=\sum_{k=1}^n\frac{k+1}{3\cdot 2^{k-1}}\end{align*}}$
とおくと、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf T_n=\frac{2}{3}+\frac{3}{3\cdot 2}+\frac{4}{3\cdot 2^2}+\ldots\ldots +\frac{n+1}{3\cdot 2^{n-1}}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \frac{T_n}{2}=\ \ \ \ \ \frac{2}{3\cdot 2}+\frac{3}{3\cdot 2^2}+\ldots\ldots +\frac{n}{3\cdot 2^{n-1}}+\frac{n+1}{3\cdot 2^{n}}\end{align*}}$
これら2式を辺々引くと
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \frac{T_n}{2}=\frac{2}{3}+\frac{1}{3\cdot 2}+\frac{1}{3\cdot 2^2}+\ldots\ldots +\frac{1}{3\cdot 2^{n-1}}-\frac{n+1}{3\cdot 2^{n}}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf =\frac{1}{3}+\frac{1}{3}\left\{1+\frac{1}{2}+\left(\frac{1}{2} \right)^2+\ldots\ldots +\left(\frac{1}{2} \right)^{n-1}\right\}-\frac{n+1}{3\cdot 2^{n}}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf =\frac{1}{3}+\frac{1}{3}\cdot\frac{1-\left(\frac{1}{2} \right)^n}{1-\frac{1}{2}}-\frac{n+1}{3\cdot 2^{n}}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf =1-\frac{2}{3}\cdot\left(\frac{1}{2} \right)^n-\frac{n+1}{3\cdot 2^{n}}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \ \ \Leftrightarrow\ \ T_n=2-\frac{4}{3}\cdot\left(\frac{1}{2} \right)^n-\frac{n+1}{3\cdot 2^{n-1}}<2\ \ \ \ \left( \because\ n>0\right)\end{align*}}$ ．
以上より、$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf S_n\lt T_n\lt 2\end{align*}}$ となり、題意は示された。
これは頑張って完答したいですね。
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第２問
整数ではない実数xに対して
$\small\sf{\begin{align*}\sf f(x)=\frac{1}{x-[x]}\end{align*}}$
と定める。ただし、[x]はL＜x＜L+1を満たす整数Lを表す。
以下の問いに答えよ。
(１) f($\small\sf{\begin{align*}\sf \sqrt2\end{align*}}$)、f(f($\small\sf{\begin{align*}\sf \sqrt2\end{align*}}$))を計算し、簡潔な形で答えよ。
(２) f($\small\sf{\begin{align*}\sf \sqrt3\end{align*}}$)、f(f($\small\sf{\begin{align*}\sf \sqrt3\end{align*}}$))、f(f(f($\small\sf{\begin{align*}\sf \sqrt3\end{align*}}$)))を計算し、簡潔な形で答えよ。
(３) 自然数nに対して、n＜x＜n+1かつf(x)=xを満たすxを求めよ。
(４) 自然数nを1つ固定する。n＜x＜n+1の範囲のxで、f(x)が整数
ではなく、さらにf(f(x))=xを満たすxを大きい順に並べる。その
中のxでf(x)=xを満たすものは何番目に表れるかを答えよ。
－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－
【解答】
(１)
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf 1<\sqrt2<2\end{align*}}$ より、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf f\left(\sqrt2 \right)=\frac{1}{\sqrt2-1}=\underline{\ \sqrt2+1\ }\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf 2<\sqrt2+1<3\end{align*}}$ より、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf f\left(f\left(\sqrt2 \right)\right)=\frac{1}{\left(\sqrt2+1\right)-2}=\frac{1}{\sqrt2-1}=\underline{\ \sqrt2+1\ }\end{align*}}$
(２)
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf 1<\sqrt3<2\end{align*}}$ より、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf f\left(\sqrt3 \right)=\frac{1}{\sqrt3-1}=\underline{\ \frac{\sqrt3+1}{2}\ }\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf 1<\frac{\sqrt3+1}{2}<2\end{align*}}$ より、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf f\left(f\left(\sqrt3 \right)\right)=\frac{1}{\frac{\sqrt3+1}{2}-1}=\frac{2}{\sqrt3-1}=\underline{\ \sqrt3+1\ }\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf 2<\sqrt3+1<3\end{align*}}$ より、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf f\left(f\left(f\left(\sqrt2 \right)\right)\right)=\frac{1}{\left(\sqrt3+1\right)-2}=\frac{1}{\sqrt3-1}=\underline{\ \frac{\sqrt3+1}{2}\ }\end{align*}}$
(３)
n＜x＜n+1のとき、[x]=nなので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf f(x)=\frac{1}{x-n}=x\ \ \Leftrightarrow\ \ x^2-nx-1=0\ \ \Leftrightarrow\ \ x=\frac{n\pm\sqrt{n^2+4}}{2}\end{align*}}$
n＜x＜n+1なので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \underline{\ x=\frac{n+\sqrt{n^2+4}}{2}\ }\end{align*}}$
(４)
以下は、n＜x＜n+1の範囲で考える。
このとき[x]=nであり、0＜x-n＜1なので
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf f(x)=\frac{1}{x-n}>1\end{align*}}$ ．
f(x)は整数とならないので、ある自然数kに対して
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf k であり、このとき[f(x)]=kなので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf f\left(f(x) \right)=\frac{1}{f(x)-[f(x)]}=\frac{1}{\frac{1}{x-n}-k}=x\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \ \ \Leftrightarrow\ \ 1=\frac{x}{x-n}-kx\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \ \ \Leftrightarrow\ \ x-n=x-kx^2+knx\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \ \ \Leftrightarrow\ \ x^2-nx-\frac{n}{k}=0\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \ \ \Leftrightarrow\ \ x=\frac{n\pm\sqrt{n^2+\frac{4n}{k}}}{2}\end{align*}}$ ．
xは(*)の範囲を満たすので
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf x=\frac{n+\sqrt{n^2+\frac{4n}{k}}}{2}\end{align*}}$
であり、これをxkとおくと、
x1＞x2＞x3＞……
となる。
(３)より、f(x)=xの解はxnであり、方程式f(f(x))=xの解x1、x2、……
の中ではn番目に大きい。
(３)までは問題ないでしょう。
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第３問
ｔは実数で0＜t＜$\small\sf{\begin{align*}\sf \frac{\pi}{2}\end{align*}}$ を満たすとする。平面上にO(0，0)、
A(-1，0)、P(cost，sint)、Q(1，sint)をとる。このとき
以下の問いに答えよ。
(１) 点Aと点Pを通る直線をL、点Oと点Qを通る直線をmとする。
このときL、mの交点Rの座標を求めよ。
(２) tが0＜t＜$\small\sf{\begin{align*}\sf \frac{\pi}{2}\end{align*}}$ の範囲全体を動くときに点Rが描く曲線を
Cとする。このとき、点(x，y)（x＞0、y＞0）がC上にある
ための条件をx、yの式で表せ。
(３) 曲線Cの点Rにおける接線をnとする。あるtに対して直線
L、mがなす鋭角と直線m、nがなす鋭角が等しくなる。この
状況のもとで、以下の問いに答えよ。
(a) 点P(cost，sint)の座標を求めよ。
(b) 直線Lとnのなす鋭角を$\small\sf{\theta}$ とおく。また、点Oを中心とした
半径が1の円と直線nとの2交点のうち、y座標が正の点を
S(cosφ，sinφ)とおく。このとき、$\small\sf{\theta}$ =φを示せ。
－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－
【解答】
0＜t＜$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \frac{\pi}{2}\end{align*}}$ より
0＜sinｔ＜1、 0＜cosｔ＜1、 0＜tanｔ
(１)
直線L、mの方程式はそれぞれ
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf L:\ y=\frac{\sin t}{\cos t+1}\left(x+1 \right)\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf m:\ y=\left( \sin t\right)\ x\end{align*}}$
なので、これら2式を連立させると
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \frac{\sin t}{\cos t+1}\left(x+1 \right)=\left( \sin t\right)\ x\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \ \ \Leftrightarrow\ \ \left(\sin t\right)x+\sin t=\left( \sin t\cos t+\sin t\right)\ x\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \ \ \Leftrightarrow\ \ x=\frac{1}{\cos t}\ \ ,\ \ y=\frac{\sin t}{\cos t}=\tan t\end{align*}}$ ．
よって、交点Rの座標は
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \underline{\ R\left( \frac{1}{\cos t}\ ,\ \tan t\right)\ }\end{align*}}$
(２)
(１)より
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf x=\frac{1}{\cos t}\ (>1)\ ,\ \ y=\tan t\ (>0)\end{align*}}$
なので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf 1+\tan^2t=\frac{1}{\cos^2t}\ \ \Leftrightarrow\ \ 1+y^2=x^2\end{align*}}$ ．
よって、点(x，y)がRの描く曲線C上にあるための条件は
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \underline{\ x^2-y^2=1\ \ \ \left(x>1\ ,\ y>0 \right)\ }\end{align*}}$
(３)(a)
直線ｎの方程式は
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf n:\ \frac{1}{\cos t}x-\left(\tan t \right)y=1\end{align*}}$
であり、nとx軸の交点をBとすると、Bのx座標は
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \frac{1}{\cos t}x-\left(\tan t \right)\cdot 0=1\ \ \Leftrightarrow\ \ x=\cos t\end{align*}}$ ．
よって、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf RA^2=\left( \frac{1}{\cos t}+1\right)^2+\tan^2t\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf =\frac{1}{\cos^2t}+\frac{2}{\cos t}+1+\left( \frac{1}{\cos^2t}-1\right)\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf =\frac{2\cos t+2 }{\cos^2t}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf RB^2=\left( \frac{1}{\cos t}-\cos t\right)^2+\tan^2t\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf =\frac{1}{\cos^2t}-2+\cos^2t+\left( \frac{1}{\cos^2t}-1\right)\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf =\frac{\cos^4t-3\cos^2t+2 }{\cos^2t}\end{align*}}$
△RABにおいて、ROは∠ARBの二等分線なので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf RA:RB=OA:OB\end{align*}}$ ……(#)
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \ \ \Leftrightarrow\ \ \sqrt{\frac{2\cos t+2 }{\cos^2t}}:\sqrt{\frac{\cos^4t-3\cos^2t+2 }{\cos^2t}}=1:\cos t\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \ \ \Leftrightarrow\ \ 2\cos t+2=\frac{\cos^4t-3\cos^2t+2 }{\cos^2t}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \ \ \Leftrightarrow\ \ \cos^4t-2\cos^3t-5\cos^2t+2=0\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \ \ \Leftrightarrow\ \ \left(\cos t+1 \right)\left(\cos^3t-3\cos^2t-2\cos t+2 \right)=0\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \ \ \Leftrightarrow\ \ \left(\cos t+1 \right)^2\left(\cos^2t-4\cos t+2 \right)=0\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \ \ \Leftrightarrow\ \ \cos t=-1\ ,\ 2\pm\sqrt2\end{align*}}$ ．
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \ \ \Leftrightarrow\ \ \cos t=2-\sqrt2\ \ \ \ \left(\because\ 0<\cos t<1 \right)\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \sin t=\sqrt{1-\left(2-\sqrt2 \right)^2}=\sqrt{-5+4\sqrt2}\end{align*}}$
よって、Pの座標は
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \underline{\ P\left(2-\sqrt2\ ,\ \sqrt{-5+4\sqrt2}\right)\ }\end{align*}}$
(３)(b)
(#)より
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf RA:RB=1:\cos t=OS:OB\end{align*}}$
なので、△RAB∽△OSBである。
よって、∠ARB=∠SOB すなわち、
$\scriptsize\sf{\theta}$ =φとなるので、題意は示された。
(３)図形的な処理をせずに計算ゴリ押しではキツイです。
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第４問
$\small\sf{\alpha}$ 、$\small\sf{\beta}$ を
$\small\sf{\begin{align*}\sf \alpha=\lim_{n\rightarrow\infty}\left( \frac{\left(3n+ 1\right)\left(3n+ 2\right)\left(3n+ 3\right)\ldots\left(3n+ n\right)}{\left(n+ 1\right)\left(n+ 2\right)\left(n+ 3\right)\ldots\left(n+ n\right)}\right)^{\frac{1}{n}}\end{align*}}$
および
$\small\sf{\begin{align*}\sf \beta=\lim_{n\rightarrow\infty}\left( \frac{\left(3n^2+ 1^2\right)\left(3n^2+ 2^2\right)\left(3n^2+ 3^2\right)\ldots\left(3n^2+ n^2\right)}{\left(n^2+ 1^2\right)\left(n^2+ 2^2\right)\left(n^2+ 3^2\right)\ldots\left(n^2+ n^2\right)}\right)^{\frac{1}{n}}\end{align*}}$
とおく。このとき、$\small\sf{\alpha}$ ＜$\small\sf{\beta}$ を示せ。また、$\small\sf{\alpha}$ と$\small\sf{\beta}$ の値をそれぞれ
求めよ。
－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－
【解答】
【$\scriptsize\sf{\alpha}$ の値】
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \log\left( \frac{\left(3n+ 1\right)\left(3n+ 2\right)\left(3n+ 3\right)\ldots\left(3n+ n\right)}{\left(n+ 1\right)\left(n+ 2\right)\left(n+ 3\right)\ldots\left(n+ n\right)}\right)^{\frac{1}{n}}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf =\frac{1}{n}\left(\log\frac{3n+ 1}{n+1}+\log\frac{3n+ 2}{n+2}+\log\frac{3n+ 3}{n+3}+\ldots +\log\frac{3n+ n}{n+n}\right)\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf =\frac{1}{n}\sum_{k=1}^n\log\frac{3n+ k}{n+k}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf =\frac{1}{n}\sum_{k=1}^n\log\frac{\frac{k}{n}+3}{\frac{k}{n}+1}\end{align*}}$
と変形できるので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \log \alpha=\lim_{n\rightarrow\infty}\frac{1}{n}\sum_{k=1}^n\log\frac{\frac{k}{n}+3}{\frac{k}{n}+1}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf =\int_0^1\log\frac{x+3}{x+1}\ dx\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf =\int_0^1\left\{\log\left(x+3\right)-\log\left(x+1\right)\right\} dx\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf =\bigg[\left(x+3 \right)\bigg\{\log\left(x-3 \right)-1 \bigg\}-\left(x+1 \right)\bigg\{\log\left(x+1 \right)-1 \bigg\}\bigg]_0^1\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf =6\log 2-3\log 3\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf =\log \frac{64}{27}\end{align*}}$
よって、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \alpha=e^{\log\frac{64}{27}}=\underline{\ \frac{64}{27}\ }\end{align*}}$
【$\scriptsize\sf{\beta}$ の値】
同様に
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \log\beta=\log\lim_{n\rightarrow\infty}\left( \frac{\left(3n^2+ 1^2\right)\left(3n^2+ 2^2\right)\left(3n^2+ 3^2\right)\ldots\left(3n^2+ n^2\right)}{\left(n^2+ 1^2\right)\left(n^2+ 2^2\right)\left(n^2+ 3^2\right)\ldots\left(n^2+ n^2\right)}\right)^{\frac{1}{n}}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf =\lim_{n\rightarrow\infty}\frac{1}{n}\sum_{k=1}^n\log\frac{\left(\frac{k}{n}\right)^2+3}{\frac{k}{n}+1}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf =\int_0^1\log\frac{x^2+3}{x^2+1}\ dx\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf =\int_0^1\left\{\log\left(x^2+3\right)-\log\left(x^2+1\right)\right\} dx\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf =\bigg[x\log\left(x^2+3\right)-x\log\left(x^2+1\right)\bigg]_0^1-\int_0^1\left(x\cdot\frac{2x}{x^2+3}-x\cdot\frac{2x}{x^2+1} \right)dx\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf =\log4-\log2-\int_0^1\left\{\left(2-\frac{6}{x^2+3} \right)-\left(2-\frac{2}{x^2+1} \right) \right\}dx\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf =\log2+6\int_0^1\frac{1}{x^2+3}\ dx-2\int_0^1\frac{1}{x^2+1} \ dx\end{align*}}$ ．
ここで、x=tan$\scriptsize\sf{\theta}$ とおくと、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \frac{dx}{d\theta}=\frac{1}{\cos^2\theta}\end{align*}}$
であり、積分区間が$\scriptsize\sf{\theta}$ ：0→$\scriptsize\sf{\pi}$ /4になるので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \int_0^1\frac{1}{x^2+1} \ dx=\int_0^{\pi/4}\frac{1}{\tan^2\theta+1}\cdot\frac{d\theta}{\cos^2\theta}=\int_0^{\pi/4}d\theta=\frac{\pi}{4}\end{align*}}$ ．
また、x=$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \sqrt3\end{align*}}$ tanφとおくと、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \frac{dx}{d\phi}=\frac{\sqrt3}{\cos^2\phi}\end{align*}}$
であり、積分区間がφ：0→$\scriptsize\sf{\pi}$ /6になるので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \int_0^1\frac{1}{x^2+3} \ dx=\int_0^{\pi/6}\frac{1}{3\tan^2\theta+3}\cdot\frac{\sqrt3\ d\theta}{\cos^2\theta}=\frac{1}{\sqrt3}\int_0^{\pi/6}d\theta=\frac{\pi}{6\sqrt3}\end{align*}}$ ．
よって、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \log\beta=\log2+6\cdot\frac{\pi}{6\sqrt3}-4\cdot\frac{\pi}{4}=\log2+\left(\frac{1}{\sqrt3}-\frac{1}{2} \right)\pi\end{align*}}$
より
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \beta=e^{\log2+\left(\frac{1}{\sqrt3}-\frac{1}{2} \right)\pi}=\underline{\ 2e^{\left(\frac{1}{\sqrt3}-\frac{1}{2} \right)\pi}\ }\end{align*}}$
【$\scriptsize\sf{\alpha}$ ＜$\scriptsize\sf{\beta}$ の証明】
0＜x＜1の範囲において
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \frac{x^2+3}{x^2+1}-\frac{x+3}{x+1}=\frac{\left(x^2+3 \right)\left(x+1 \right)-\left(x+3 \right)\left(x^2+1 \right)}{\left(x^2+1 \right)\left(x+1 \right)}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf =\frac{-2x^2+2x}{\left(x^2+1 \right)\left(x+1 \right)}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf =\frac{2x\left(1-x \right)}{\left(x^2+1 \right)\left(x+1 \right)}>0\end{align*}}$
なので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \frac{x^2+3}{x^2+1}>\frac{x+3}{x+1}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \ \ \Leftrightarrow\ \ \int_0^1\log\frac{x^2+3}{x^2+1}\ dx>\int_0^1\log\frac{x+3}{x+1}\ dx\ \ \ \ \left(\because\ e>1 \right)\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \ \ \Leftrightarrow\ \ \log\beta>\log\alpha\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \ \ \Leftrightarrow\ \ \beta >\alpha\ \ \ \ \left(\because\ e>1 \right)\end{align*}}$
となり、題意は示された。
対数をとることに気づくと、あとは計算だけです。
けっこう面倒ですが・・・・
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