第１問
△ABCはAB=ACの2等辺三角形とする。Dを辺BC上の点とし、
ADの延長線が△ABCの外接円と交わる点をPとする。
次の問いに答えよ。
(１) AP=BP+CPであるとき、△ABCは正三角形であることを示せ。
(２) $\small\sf{\begin{align*} \sf \frac{1}{BP}+\frac{1}{CP}=\frac{1}{DP}\end{align*}}$ であるとき、△ABCは正三角形であることを示せ。
－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－
【解答】
(１)
∠ABC=ACB=$\scriptsize\sf{\theta}$ 、∠BAP=$\scriptsize\sf{\alpha}$ 、∠CAP=$\scriptsize\sf{\beta}$ とおくと、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf 2\theta+\alpha+\beta=\pi\end{align*}}$ ……(#)
であり、円周角の定理より
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \angle APB=\angle APC=\theta\ \ ,\ \ \angle PBC=\alpha\ \ ,\ \ \angle ACB=\beta\end{align*}}$ ．
△ABCの外接円の半径をRとおくと、正弦定理より
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf AP=2R\sin\angle ABP=2R\sin\left(\theta+\alpha \right)\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf BP=2R\sin\alpha\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf CP=2R\sin\beta=2R\sin\left(2\theta+\alpha \right)\end{align*}}$ ←(#)より
よって、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf AP=BP+CP\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \ \ \Leftrightarrow\ \ 2R\sin\left(\theta+\alpha \right)=2R\sin\alpha+2R\sin\left(2\theta+\alpha \right)\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \ \ \Leftrightarrow\ \ \sin\theta\cos\alpha+\cos\theta\sin\alpha=\sin\alpha+\sin2\theta\cos\alpha+\cos2\theta\sin\alpha\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \ \ \Leftrightarrow\ \ \left(\sin 2\theta-\sin\theta \right)\cos\alpha-\left(\cos 2\theta -\cos\theta+1\right)\sin\alpha\end{align*}}$ ．
この式が任意の$\scriptsize\sf{\alpha}$ （0＜$\scriptsize\sf{\alpha}$ ＜$\scriptsize\sf{\pi}$ -2$\scriptsize\sf{\theta}$ ）に対して成り立つので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \sin 2\theta-\sin\theta=0\end{align*}}$ ……(ⅰ) かつ
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \cos 2\theta -\cos\theta+1=0\end{align*}}$ ……(ⅱ)
が成り立つ。
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf (i)\ \ \Leftrightarrow\ \ 2\sin\theta\cos\theta-\sin\theta=0\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \ \ \Leftrightarrow\ \ \sin\theta\left(2\cos\theta-1 \right)=0\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \ \ \Leftrightarrow\ \ \cos\theta=\frac{1}{2}\ \ \ \left(\because\ 0<\sin\theta \right)\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \ \ \Leftrightarrow\ \ \theta=\frac{\pi}{3}\ \ \ \left(\because\ 0<\theta<\frac{\pi}{2} \right)\end{align*}}$
このとき、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \cos\frac{2\pi}{3}-\cos\frac{\pi}{3}+1=0\end{align*}}$
となり、(ⅱ)も満たす。
よって、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \angle ABC=\angle ACB=\frac{\pi}{3}\end{align*}}$
となるので、△ABCは正三角形である。
(２)
△ABP∽△CDPより
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf BP:DP=AP:CP\ \ \Leftrightarrow\ \ BP\times CP=AP\times DP\end{align*}}$ ……(ⅲ)
よって、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \frac{1}{BP}+\frac{1}{CP}=\frac{1}{DP}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \ \ \Leftrightarrow\ \ \left(BP+CP \right)\times DP=BP\times CP=AP\times DP\end{align*}}$ ←(ⅲ)より
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \ \ \Leftrightarrow\ \ BP+CP=AP\ \ \ \left(\because\ DP>0 \right)\end{align*}}$
(１)より、△ABCは正三角形となる。
試験場で これは嫌な問題でしょうね。
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第２問
平面上に正三角形でない鋭角三角形ABCが与えられている。辺BC、
CA、ABの長さをそれぞれa、b、cとし、$\small\sf{\begin{align*} \sf S=\frac{a+b+c}{2}\end{align*}}$ とおく。さらに、
辺BC、CA、ABをそれぞれs-c：s-b、s-a：s-c、s b：s-aに内分
する点をX、Y、Zとする。また、Oを原点とする。次の問いに答えよ。
(１) 点N を
$\small\sf{\begin{align*} \sf \overrightarrow{\sf ON}=\frac{\left(s-a \right)\overrightarrow{\sf OA}+\left(s-b \right)\overrightarrow{\sf OB}+\left(s-c \right)\overrightarrow{\sf OC}}{s}\end{align*}}$
と定義するとき、3直線AX、BY、CZはNで交わることを示せ。
(２) Pを△ABCの内部の点、△PBC、△PCA、△PABの面積をそれぞれ
SA、SB、SCとするとき、
$\small\sf{\begin{align*} \sf \overrightarrow{\sf OP}=\frac{S_A\overrightarrow{\sf OA}+S_B\overrightarrow{\sf OB}+S_C\overrightarrow{\sf OC}}{S_A+S_B+S_C}\end{align*}}$
と表される。このことを用いて、△ABCの外心をQとするとき、$\small\sf{\begin{align*} \sf \overrightarrow{\sf OQ}\end{align*}}$ を
$\small\sf{\begin{align*} \sf \overrightarrow{\sf OA}\end{align*}}$ 、$\small\sf{\begin{align*} \sf \overrightarrow{\sf OB}\end{align*}}$ 、$\small\sf{\begin{align*} \sf \overrightarrow{\sf OC}\end{align*}}$ 、a、b、cを用いて表せ。
(３) △ABCの重心をGとする。点NがQとGを通る直線上にあるとき、
△ABCは2等辺三角形であることを示せ。
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【解答】
(１)
点Xは辺BCをs-c：s-bに内分する点なので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \overrightarrow{\sf AX}=\overrightarrow{\sf OX}-\overrightarrow{\sf OA}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\frac{\left(s-b \right)\overrightarrow{\sf OB}+\left(s-c \right)\overrightarrow{\sf OC}}{\left(s-b \right)+\left(s-c \right)}-\overrightarrow{\sf OA}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\frac{-a\overrightarrow{\sf OA}+\left(s-b \right)\overrightarrow{\sf OB}+\left(s-c \right)\overrightarrow{\sf OC}}{a}\ \ \ \left(\because\ s=\frac{a+b+c}{2} \right)\end{align*}}$
よって、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \overrightarrow{\sf AN}=\frac{\left(s-a \right)\overrightarrow{\sf OA}+\left(s-b \right)\overrightarrow{\sf OB}+\left(s-c \right)\overrightarrow{\sf OC}}{s}-\overrightarrow{\sf OA}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\frac{-a\overrightarrow{\sf OA}+\left(s-b \right)\overrightarrow{\sf OB}+\left(s-c \right)\overrightarrow{\sf OC}}{s}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\frac{a}{s}\ \overrightarrow{\sf AX}\end{align*}}$
となるので、点Nは直線AX上にある。
同様に計算すると、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \overrightarrow{\sf BN}=\frac{b}{s}\ \overrightarrow{\sf BY}\ \ ,\ \ \overrightarrow{\sf CN}=\frac{c}{s}\ \overrightarrow{\sf CZ}\end{align*}}$
となるので、点Nは直線BYおよび直線CZ上にある。
よって、3直線AX、BY、CZはNで交わる。
(２)
△QBC、△QCA、△QABの面積をそれぞれSA、SB、SCとする。
△ABCの外接円の半径をRとすると、∠BQC=2∠Aなので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf S_A=\frac{1}{2}R^2\sin 2A\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =R^2\sin A\cos A\end{align*}}$ ←倍角公式
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =R^2\cdot\frac{a}{2R}\cdot\frac{b^2+c^2-a^2}{2bc}\end{align*}}$ ←正弦定理・余弦定理
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\frac{Ra\left(b^2+c^2-a^2\right)}{4bc}\end{align*}}$
同様に計算すると
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf S_B=\frac{Rb\left(c^2+a^2-b^2\right)}{4ca}\ \ ,\ \ S_C=\frac{Rc\left(a^2+b^2-c^2\right)}{4ab}\end{align*}}$ ．
△ABCは鋭角三角形なので、外心Qは△ABCの内部にある。
よって、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \overrightarrow{\sf OQ}=\frac{S_A\overrightarrow{\sf OA}+S_B\overrightarrow{\sf OB}+S_C \overrightarrow{\sf OC}}{S_A+S_B+S_C}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\frac{\frac{Ra\left(b^2+c^2-a^2\right)}{4bc}\ \overrightarrow{\sf OA}+\frac{Rb\left(c^2+a^2-b^2\right)}{4ca}\ \overrightarrow{\sf OB}+\frac{Rc\left(a^2+b^2-c^2\right)}{4ab}\ \overrightarrow{\sf OC}}{\frac{Ra\left(b^2+c^2-a^2\right)}{4bc}+\frac{Rb\left(c^2+a^2-b^2\right)}{4ca}+\frac{Rc\left(a^2+b^2-c^2\right)}{4ab}}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\underline{\ \frac{a^2\left(b^2+c^2-a^2\right)\overrightarrow{\sf OA}+b^2\left(c^2+a^2-b^2\right)\overrightarrow{\sf OB}+c^2\left(a^2+b^2-c^2\right)\overrightarrow{\sf OC}}{a^2\left(b^2+c^2-a^2\right)+b^2\left(c^2+a^2-b^2\right)+c^2\left(a^2+b^2-c^2\right)} }\end{align*}}$
(３)
以下、重心Gが原点と一致するように平行移動して考える。
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \frac{\overrightarrow{\sf GA}+\overrightarrow{\sf GB}+\overrightarrow{\sf GC}}{3}=\overrightarrow{\sf GG}=\overrightarrow{\sf 0}\ \ \Leftrightarrow\ \ \overrightarrow{\sf GC}=-\overrightarrow{\sf GA}-\overrightarrow{\sf GB}\end{align*}}$ ……(ⅰ)
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \overrightarrow{\sf GQ}=\frac{S_A\overrightarrow{\sf GA}+S_B\overrightarrow{\sf GB}+S_C \overrightarrow{\sf GC}}{S_A+S_B+S_C}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\frac{\left(S_A-S_C\right)\overrightarrow{\sf GA}+\left(S_B-S_C\right)\overrightarrow{\sf GB}}{S_A+S_B+S_C}\end{align*}}$ ←(ⅰ)より
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \overrightarrow{\sf GN}=\frac{\left(s-a \right)\overrightarrow{\sf GA}+\left(s-b \right)\overrightarrow{\sf GB}+\left(s-c \right)\overrightarrow{\sf GC}}{s}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\frac{\left(c-a \right)\overrightarrow{\sf GA}+\left(c-b \right)\overrightarrow{\sf GB}}{s}\end{align*}}$ ←(ⅰ)より
点NがQとGを通る直線上にあるので、実数kを用いて
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \overrightarrow{\sf GQ}=k\ \overrightarrow{\sf GN}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \ \ \Leftrightarrow\ \ \frac{\left(S_A-S_C\right)\overrightarrow{\sf GA}+\left(S_B-S_C\right)\overrightarrow{\sf GB}}{S_A+S_B+S_C}=k\cdot \frac{\left(c-a \right)\overrightarrow{\sf GA}+\left(c-b \right)\overrightarrow{\sf GB}}{s}\end{align*}}$
と表すことができる。
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \overrightarrow{\sf GA}\end{align*}}$ と$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \overrightarrow{\sf GB}\end{align*}}$ は一次独立なので、係数の比を考えると、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \left(S_A-S_C\right):\left(S_B-S_C \right)=\left(c-a \right):\left(c-b \right)\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \ \ \Leftrightarrow\ \ \left(S_C-S_A \right)\left(b-c \right)-\left(S_B-S_C \right)\left(c-a \right)=0\end{align*}}$ ……(ⅱ)
ここで(２)より、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf S_C-S_A=\frac{R}{4abc}\left\{c^2\left(a^2+b^2-c^2 \right)-a^2\left(b^2+c^2-a^2 \right) \right\}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\frac{R}{4abc}\left(a^4-c^4-a^2b^2+b^2c^2 \right)\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\frac{R}{4abc}\left\{-\left(c^2-a^2\right)\left(c^2+a^2 \right)+b^2\left(c^2-a^2 \right)\right\}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\frac{R}{4abc}\left(c-a\right)\left(c+a \right)\left(b^2-c^2-a^2 \right)\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf S_B-S_C=\frac{R}{4abc}\left(b-c\right)\left(b+c \right)\left(a^2-b^2-c^2 \right)\end{align*}}$
となるので、(ⅱ)は
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \left(c-a \right)\left(b-c \right)\left\{ \left(c+a \right)\left(b^2-c^2-a^2 \right)-\left(b+c \right)\left(a^2-b^2-c^2 \right)\right\}=0\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \ \ \Leftrightarrow\ \ \left(c-a \right)\left(b-c \right)\left\{ a^3+\left(b+2c \right)a^2-\left(b^2-c^2 \right)a-b\left(b+c \right)^2\right\}=0\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \ \ \Leftrightarrow\ \ \left(c-a \right)\left(b-c \right)\left(a-b\right)\left\{ a^2+2\left(b+c \right)a+\left(b+c \right)^2\right\}=0\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \ \ \Leftrightarrow\ \ \left(c-a \right)\left(b-c \right)\left(a-b\right)\left(a+b+c\right)^2=0\end{align*}}$
と変形できる。
a+b+c＞0より、
a=b または b=c または c=a
なので、△ABCは二等辺三角形である。
計算がエグイことになってますｗｗｗ
(２)の分母は更に
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf {\color{blue}a^2\left(b^2+c^2-a^2\right)+b^2\left(c^2+a^2-b^2\right)+c^2\left(a^2+b^2-c^2\right)}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf {\color{blue}=-\left\{a^4-2\left(b^2+c^2 \right)a^2+b^4-2b^2c^2+c^4 \right\}}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf {\color{blue}=-\left\{a^4-2\left(b^2+c^2 \right)a^2+\left(b^2-c^2\right)^2 \right\}}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf {\color{blue}=-\left\{a^4-2\left(b^2+c^2 \right)a^2+\left(b+c\right)^2\left(b-c\right)^2 \right\}}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf {\color{blue}=-\left\{a^2-\left(b+c \right)^2\right\}\left\{a^2-\left(b-c\right)^2 \right\}}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf {\color{blue}=\left(a+b+c \right)\left(-a+b+c \right)\left(a-b+c \right)\left(a+b-c \right)}\end{align*}}$
と因数分解できます。
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第３問
曲線y=eax+b （a≧1）と曲線y=e-xが一点で交わり、交点における
それぞれの接線が垂直に交わっているとする。次の問いに答えよ。
(１) 交点の座標を(x(a)，y(a))とおくとき、b、x(a)、y(a)をそれぞれ
aを用いて表せ。
(２) 曲線y=eax-b（a≧1）をC(a)で表す。曲線C(a)と曲線C(a+1)の
交点のx座標をX(a)とおくとき、
$\small\sf{\begin{align*} \sf \lim_{a\rightarrow\infty}\left(X(a)-x(a) \right)\end{align*}}$
を求めよ。
(３) X(a)-x(a)はa≧1のとき単調減少であることを示せ。
－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－
【解答】
(１)
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf f\left( x\right)=e^{ax+b}\ \ ,\ \ h\left(x \right)=e^{-x}\end{align*}}$
とおくと、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf f\ '\left( x\right)=ae^{ax+b}\ \ ,\ \ h\ '\left(x \right)=-e^{-x}\end{align*}}$
2曲線y=f(x)、y=h(x)が点(x(a)，y(a))で交わるので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf f\left(x(a) \right)=h\left(x(a) \right)\ \ \Leftrightarrow\ \ e^{ax(a)+b}=e^{-x(a)}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \ \ \Leftrightarrow\ \ ax(a)+b=-x(a)\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \ \ \Leftrightarrow\ \ \left(a+1\right)x(a)+b=0\end{align*}}$ ……(ⅰ)
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \end{align*}}$
また、交点におけるそれぞれの接線が垂直なので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf f\ '\left( x(a)\right)\cdot h\ '\left(x(a) \right)=ae^{ax(a)+b}\cdot \left(-e^{-x(a)}\right)=-1\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \ \ \Leftrightarrow\ \ e^{\left(a-1 \right)x(a)+b}=\frac{1}{a}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \ \ \Leftrightarrow\ \ \left(a-1 \right)x(a)+b=\log\frac{1}{a}=-\log a\end{align*}}$ ……(ⅱ)
(ⅰ)、(ⅱ)を連立させて解くと、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf b=\underline{\ -\frac{1}{2}\left(a+1 \right)\log a\ }\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf x(a)=\underline{\ \frac{1}{2}\log a }\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf y(a)=e^{-x(a)}=e^{-\frac{1}{2}\log a}=\underline{\ \frac{1}{\sqrt{a}}\ }\end{align*}}$
(２)
(１)より
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf C\left( a\right):\ y=e^{ax-\frac{1}{2}\left(a+1 \right)\log a}\ \ ,\ \ C\left( a+1\right):\ y=e^{\left(a+1\right)x-\frac{1}{2}\left(a+2 \right)\log \left(a+1 \right)}\end{align*}}$
であり、これら2曲線の交点のx座標がX(a)なので
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf e^{aX(a)-\frac{1}{2}\left(a+1 \right)\log a}=e^{\left(a+1\right)X(a)-\frac{1}{2}\left(a+2 \right)\log \left(a+1 \right)}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \ \ \Leftrightarrow\ \ aX(a)-\frac{1}{2}\left(a+1 \right)\log a=\left(a+1\right)X(a)-\frac{1}{2}\left(a+2 \right)\log \left(a+1 \right)\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \ \ \Leftrightarrow\ \ X(a)=\frac{1}{2}\bigg\{\left(a+2 \right)\log \left(a+1 \right)-\left(a+1 \right)\log a\bigg\}\end{align*}}$
これと(１)より、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf X(a)-x(a)=\frac{1}{2}\bigg\{\left(a+2 \right)\log \left(a+1 \right)-\left(a+1 \right)\log a\bigg\}-\frac{1}{2}\log a\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\frac{1}{2}\left(a+2 \right)\bigg\{\log \left(a+1 \right)-\log a\bigg\}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\frac{1}{2}\left(a+2 \right)\log \frac{a+1}{a}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\frac{1}{2}\left(a+2 \right)\log \left(1+\frac{1}{a} \right)\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\frac{1}{2}\log \left(1+\frac{1}{a} \right)^{a+2}\end{align*}}$
なので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \lim_{a\rightarrow\infty}\left(X(a)-x(a) \right)\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\frac{1}{2}\lim_{a\rightarrow\infty}\log \left(1+\frac{1}{a} \right)^{a+2}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\frac{1}{2}\lim_{a\rightarrow\infty}\log \left(1+\frac{1}{a} \right)^{a}+\frac{1}{2}\lim_{a\rightarrow\infty}\log \left(1+\frac{1}{a} \right)^{2}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\frac{1}{2}\log e+\frac{1}{2}\log 1\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\underline{\ \frac{1}{2}\ }\end{align*}}$
(３)
関数T(a)を
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf T(a)=X(a)-x(a)=\frac{1}{2}\left(a+2 \right)\bigg\{\log \left(a+1 \right)-\log a\bigg\}\ \ \ \left( a\geqq 1\right)\end{align*}}$
とおくと、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf T\ '(a)=\frac{1}{2}\bigg\{\log \left(a+1 \right)-\log a\bigg\}+\frac{1}{2}\left(a+2 \right)\left( \frac{1}{a+1}-\frac{1}{a}\right)\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\frac{1}{2}\bigg\{\log \left(a+1 \right)-\log a+\frac{a+2}{a+1}-\frac{a+2}{a}\bigg\}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\frac{1}{2}\bigg\{\log \left(a+1 \right)-\log a+\left(1+\frac{1}{a+1}\right)-\left(1+\frac{2}{a}\right)\bigg\}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\frac{1}{2}\bigg\{\log \left(a+1 \right)-\log a+\frac{1}{a+1}-\frac{2}{a}\bigg\}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf T\ ''(a)=\frac{1}{2}\bigg\{\frac{1}{a+1}-\frac{1}{a}-\frac{1}{\left(a+1\right)^2}+\frac{2}{a^2}\bigg\}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\frac{a^2\left(a+1 \right)-a\left(a+1 \right)^2-a^2+2\left(a+1 \right)^2}{2a^2\left(a+1 \right)^2}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\frac{3a+2}{2a^2\left(a+1 \right)^2}>0\ \ \ \ \left(\because\ a\geqq 1 \right)\end{align*}}$
となるので、T’(a)は単調に増加する。
このことと
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \lim_{a\rightarrow\infty}T\ '(a)=\frac{1}{2}\lim_{a\rightarrow\infty}\bigg\{\log \left(a+1 \right)-\log a+\frac{1}{a+1}-\frac{2}{a}\bigg\}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\frac{1}{2}\lim_{a\rightarrow\infty}\bigg\{\log \left(1+\frac{1}{a} \right)+\frac{1}{a+1}-\frac{2}{a}\bigg\}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\frac{1}{2}\left(\log 1+0-0\right)\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =0\end{align*}}$
より、a≧1において、常にT’(a)＜0となる。
よって、T(a)=X(a)-x(a)は単調に減少する。
(２)で使っている
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf {\color{blue}\lim_{a\rightarrow\infty}\left(1+\frac{1}{a}\right)^a=e }\end{align*}}$
の極限、大丈夫ですか？
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第４問
$\small\sf{\begin{align*} \sf f(x)=\frac{1}{\cos x}-\tan x\ \ \left(0\leqq x\leqq \frac{\pi}{2}\right)\end{align*}}$ とする。次の問いに答えよ。
(１) h(x)を0≦x≦$\small\sf{\pi}$ /2で連続で、0≦x＜$\small\sf{\pi}$ /2ではh(x)=f(x)を
満たす関数とする。
(a) h($\small\sf{\pi}$ /2)を求めよ。
(b) h(x)の増加、減少を調べよ。
(c) $\small\sf{\begin{align*} \sf \int_0^xh(t)dt\end{align*}}$ を求めよ。
(２) nを自然数とし、cnを
$\small\sf{\begin{align*} \sf \int_{\pi /2-c_n}^{\pi /2}h(t)dt=\frac{1}{n}\int_0^{\pi /2}h(t)dt\end{align*}}$
を満たす0と$\small\sf{\pi}$ /2の間の数とする。次の極限を求めよ。
(a)$\small\sf{\begin{align*} \sf \lim_{n\rightarrow\infty} n\left(1-\cos c_n \right)\end{align*}}$
(b)$\small\sf{\begin{align*} \sf \lim_{n\rightarrow\infty} \sqrt{n}\ c_n\end{align*}}$
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【解答】
(１)
f(x)を変形すると、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf f(x)=\frac{1}{\cos x}-\tan x\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\frac{1-\sin x}{\cos x}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\frac{1-\sin^2 x}{\cos x\left(1+\sin x \right)}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\frac{\cos x}{1+\sin x }\end{align*}}$ ……(ⅰ)
(ａ)
h(x)は0≦x≦$\scriptsize\sf{\pi}$ /2で連続であり、0≦x＜$\scriptsize\sf{\pi}$ /2では
h(x)=f(x)を満たすので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf h\left( \frac{\pi}{2}\right)=\lim_{x\rightarrow\frac{\pi}{2}-0} f(x)\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\lim_{x\rightarrow\frac{\pi}{2}-0}\frac{\cos x}{1+\sin x }\end{align*}}$ ←(ⅰ)より
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\frac{\cos\frac{\pi}{2}}{1+\sin\frac{\pi}{2}}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\underline{\ 0\ }\end{align*}}$
(b)
0≦x＜$\scriptsize\sf{\pi}$ /2の範囲において
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf h\ '(x)=f\ '(x)\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\frac{-\sin x\left(1+\sin x \right)-cosx\cdot \cos x}{\left(1+\sin x \right)^2}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =-\frac{1+\sin x}{\left(1+\sin x \right)^2}<0\end{align*}}$
となるので、h(x)は単調に減少する。
(c)
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \int_0^xh (t)dt=\int_0^x\frac{\cos t}{1+\sin t}\ dt\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\int_0^x\frac{\left(1+\sin t \right)'}{1+\sin t}\ dt\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\bigg[\log\left|1+\sin t \right|\bigg]_0^x\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\underline{\ \log\left(1+\sin t \right)\ }\end{align*}}$
(２)
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf L_a=\lim_{n\rightarrow\infty} n\left(1-\cos c_n \right)\ \ ,\ \ L_b=\lim_{n\rightarrow\infty} \sqrt{n}\ c_n\end{align*}}$ とおく。
(ａ)
(１)(c)より
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \int_{\pi /2-c_n}^{\pi /2}h(t)dt=\frac{1}{n}\int_0^{\pi /2}h(t)dt\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \ \ \Leftrightarrow\ \ \bigg[\log\left|1+\sin t \right|\bigg]_{\pi /2-c_n}^{\pi /2}=\frac{1}{n}\bigg[\log\left|1+\sin t \right|\bigg]_{0}^{\pi /2}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \ \ \Leftrightarrow\ \ \log2-\log\left|1+\sin\left(\frac{\pi}{2}-c_n \right) \right|=\frac{1}{n}\log2\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \ \ \Leftrightarrow\ \ \log\left(1+\cos c_n\right)=\left(1-\frac{1}{n}\right)\log2\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \ \ \Leftrightarrow\ \ 1+\cos c_n=e^{\left(1-\frac{1}{n}\right)\log2}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \ \ \Leftrightarrow\ \ \cos c_n=2^{1-\frac{1}{n}}-1\end{align*}}$ ……(ⅱ)
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf h=\frac{1}{n}\end{align*}}$ とおくと、n→∞のときh→0なので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf L_a=\lim_{n\rightarrow\infty}n\left\{1-\left(2^{1-\frac{1}{n}}-1 \right) \right\}\end{align*}}$ ←(ⅱ)より
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =2\lim_{n\rightarrow\infty} n\left(1-2^{-\frac{1}{n}} \right)\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =2\lim_{h\rightarrow 0} \frac{1-2^{-h}}{h}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =-2\lim_{h\rightarrow 0} \frac{2^{-h}-2^0}{h-0}\end{align*}}$
ここで、関数T(x)を
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf T(x)=2^{-x}\end{align*}}$
とおくと、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf T\ '(x)=-\log 2\cdot2^{-x}\end{align*}}$
なので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf L_a=-2\ T\ '(0)\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =-2\cdot\left( -\log 2\cdot 2^0\right)\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\underline{\ 2\log 2\ }\end{align*}}$
(b)
(ⅱ)より
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \lim_{n\rightarrow\infty}\cos c_n=\lim_{n\rightarrow\infty}\left(2^{1-\frac{1}{n}}-1\right)=2^1-1=1 \end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \ \ \Leftrightarrow\ \ \lim_{n\rightarrow\infty}\ c_n=0\ \ \ \ \left(\because\ 0\lt c_n\lt \frac{\pi}{2}\right)\end{align*}}$
なので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \lim_{n\rightarrow\infty}\frac{\sin c_n}{c_n}=1\end{align*}}$
が成り立つ。
よって、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf L_b=\lim_{n\rightarrow\infty}\sqrt{n\ \left(c_n\right)^2}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\lim_{n\rightarrow\infty}\sqrt{n\ \left(c_n\right)^2\cdot\left(\frac{\sin c_n}{c_n} \right)^2}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\lim_{n\rightarrow\infty}\sqrt{n\ \sin^2 c_n}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\lim_{n\rightarrow\infty}\sqrt{n \left(1-\cos^2 c_n \right)}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\lim_{n\rightarrow\infty}\sqrt{n \left(1-\cos c_n \right)\left(1+\cos c_n \right)}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\sqrt{\lim_{n\rightarrow\infty}n \left(1-\cos c_n \right)}\cdot\lim_{n\rightarrow\infty}\sqrt{1+\cos c_n }\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\sqrt{L_a}\cdot\lim_{n\rightarrow\infty}\sqrt{2^{1-\frac{1}{n}} }\end{align*}}$ ←(ⅱ)より
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\sqrt{2\log2}\cdot\sqrt{2^1}\end{align*}}$ ←(２)(a)より
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\underline{\ 2\sqrt{\log 2}\ }\end{align*}}$
(２)(a)の極限は、微分係数の定義に持ちこみます。
しかしまぁ、この問題も含めて、この年の問題はキツイですねぇ・・・＾＾；；
テーマ:数学 - ジャンル:学問・文化・芸術
- 2018/10/10(水) 01:30:00|
- 大学入試(数学) .全国の大学 .旭川医科大 2011
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