第１問
次の問いに答えよ。
(１) 整数を係数とするn次方程式
$\small\sf{\begin{align*} \sf f(x)=a_0x^n+a_1x^{n-1}+a_2x^{n-2}+\ldots + a_{n-1}x+a_n=0\end{align*}}$
が有理数の解 $\small\sf{\begin{align*} \sf \frac{B}{A}\end{align*}}$ （AとBは互いに素な整数とする）をもつとき、
Aはa0の約数であり、Bはanの約数であることを示せ。
(２) 素数pに対して、
$\small\sf{\begin{align*} \sf x+y+z=\frac{p}{3}\ \ ,\ \ xy+yz+zx=\frac{1}{p}\ \ ,\ \ xyz=\frac{1}{p^3}\end{align*}}$
を満たすx、y、zがすべて正の有理数であるとき、pおよびx、y、z
を求めよ。
－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－
【解答】
(１)
題意より
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf f\left(\frac{B}{A}\right)=a_0\left(\frac{B}{A}\right)^n+a_1\left(\frac{B}{A}\right)^{n-1}+a_2\left(\frac{B}{A}\right)^{n-2}+\ldots + a_{n-1}\cdot\frac{B}{A}+a_n=0\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \ \ \Leftrightarrow\ \ a_0B^n+a_1AB^{n-1}+a_2A^2B^{n-2}+\ldots +a_{n-1}A^{n-1}B+a_nA^n=0\end{align*}}$ ･･････(ⅰ)
(ⅰ)は、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \left(a_0B^{n-1}+a_1AB^{n-2}+a_2A^2B^{n-3}+\ldots +a_{n-1}A^{n-1}\right)B=-a_nA^n\end{align*}}$
と変形でき、左辺の( )内は整数なので、右辺はBの倍数である。
AとBは互いに素なので、anはBの倍数である。
一方、(ⅰ)は
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf a_0B^n=-A\left(a_1B^{n-1}+a_2AB^{n-2}+\ldots +a_{n-1}A^{n-2}B+a_nA^{n-1}\right)\end{align*}}$
とも変形でき、右辺の( )内は整数なので、左辺はAの倍数である。
AとBは互いに素なので、a0はAの倍数である。
以上より、 Aはa0の約数であり、Bはanの約数であることが示された。
(２)
三次方程式の解と係数の関係より、X、Y、Zはtについての方程式
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf t^3-\frac{p}{3}t^2+\frac{1}{p}t-\frac{1}{p^3}=0\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \ \ \Leftrightarrow\ \ 3p^3t^3-p^4t^2+3p^2t-3=0\end{align*}}$ ･･････(ⅱ)
の3解である。
(ⅱ)の解の1つを $\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \frac{B}{A}\end{align*}}$ (AとBは互いに素な自然数)とおくと、(１)より
Aは3p3の正の約数であり、Bは1または3である。
(ア) B=3のとき
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \frac{3}{A}\end{align*}}$ を(ⅱ)に代入すると、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf 3p^3\left(\frac{3}{A} \right)^3-p^4\left(\frac{3}{A} \right)^2+3p^2\cdot\frac{3}{A}-3=0\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \ \ \Leftrightarrow\ \ \frac{81p^3}{A^3}-\frac{9p^4}{A^2}+\frac{9p^2}{A}-3=0\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \ \ \Leftrightarrow\ \ A^3=3\left(9p^3-p^4A+p^2A^2 \right)\end{align*}}$
となり、右辺の( )内は整数なので、A3は3の倍数である。
よって、Aも3の倍数であるが、これはAとB(=3)が互いに素
であることに矛盾する。
よって、B=1である。
(イ) A=B=1のとき
すなわち、(ⅱ)がt=1を解にもつとき、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf 3p^3-p^4+3p^2-3=0\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \ \ \Leftrightarrow\ \ p^4-3p^3-3p^2+3=0\end{align*}}$ ･･････(ⅲ)
となり、pは整数なので、(１)より、pは3の約数、
すなわちp=1またはp=3である。
・p=1のときは、pが素数であることに矛盾する。
・p=3のときは、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf 3^4-3\cdot 3^3-3\cdot 3^2+3\ne 0\end{align*}}$
なので、(ⅲ)を満たさない。
よって、(ⅱ)はt=1を解にもたない。
(ア)、(イ)より、A≠1 かつ B=1であり、このことと、pが素数で
あることより、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf xyz=\frac{1}{p^3}\end{align*}}$
が成り立つのは、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf x=y=z=\frac{1}{p}\end{align*}}$
の場合のみである。このとき(ⅱ)より
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf 3p^3\cdot\left(\frac{1}{p}\right)^3-p^4\cdot\left(\frac{1}{p}\right)^2+3p^2\cdot\frac{1}{p}-3=0\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \ \ \Leftrightarrow\ \ 3-p^2+3p-3=0\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \ \ \Leftrightarrow\ \ p\left(p-3\right)=0\end{align*}}$
pは素数なので、これを満たすp、x、y、zの値は
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \underline{\ p=3\ \ ,\ \ x=y=z=\frac{1}{3}\ }\end{align*}}$
である。
(１)は、ほぼ当たり前のような気がしますが
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第２問
a＞1とする。0＜t＜$\small\sf{\begin{align*} \sf \frac{\pi}{a-1}\end{align*}}$ となるtに対して、xy平面上の2点
$\small\sf{\begin{align*} \sf P\left(\cos t\ ,\ \sin t \right)\ \ ,\ \ Q\left(\cos at\ ,\ \sin at \right)\end{align*}}$
を通る直線をLtとする。次の問いに答えよ。
(１) 直線Ltの方程式を
$\small\sf{\begin{align*} \sf f(t)x+g(t)y=h(t)\end{align*}}$
とする。
$\small\sf{\begin{align*} \sf h(t)=-\sin\left(a-1 \right)t \end{align*}}$
のとき、$\small\sf{\begin{align*} \sf f(t)\end{align*}}$ 、$\small\sf{\begin{align*} \sf g(t)\end{align*}}$ を求めよ。
(２) 行列 $\small\sf{\begin{align*} \sf \begin{pmatrix} \sf f(t)&\sf g(t) \\ \sf f\ '(t) & \sf g\ '(t) \end{pmatrix}\end{align*}}$ は逆行列をもつことを示せ。
(３) x(t)、y(t)を
$\small\sf{\begin{align*} \sf \begin{pmatrix} \sf f(t)&\sf g(t) \\ \sf f\ '(t) & \sf g\ '(t) \end{pmatrix}\binom{x(t)}{y(t)}=\binom{h(t)}{h\ '(t)}\end{align*}}$
を満たすものとし、点R(x(t)、y(t))が描く曲線をCとする。
このとき、点Rは直線Lt上にあり、曲線Cの点Rにおける接線は
Ltと一致することを示せ。
－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－
【解答】
(１)
Lt上の点T(x，y)を考えると、実数kを用いて
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \overrightarrow{\sf PT}=k\ \overrightarrow{\sf PQ}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \ \ \Leftrightarrow\ \ \left(x-\cos t\ ,\ y-\sin t \right)=k\left(\cos at-\cos t\ ,\ \sin at-\sin t \right)\end{align*}}$
と表せるので、これよりkを消去すると、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \left(x-\cos t\right)\left( \sin at-\sin t \right)= \left( y-\sin t \right)\left(\cos at-\cos t\right)\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \ \ \Leftrightarrow\ \ -\left( \sin at-\sin t \right)x+\left(\cos at-\cos t\right)y\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =-\cos t\left( \sin at-\sin t \right) +\sin t \left(\cos at-\cos t\right)\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =-\sin at\cos t+\cos at\sin t\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =-\sin\left( a-1\right)t\end{align*}}$ ←加法定理
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =h(t)\end{align*}}$
これと
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf f(t)x+g(t)y=h(t)\end{align*}}$
の係数を比較すると、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \underline{\ f(t)=-\sin at+\sin t \ \ ,\ \ g(t)=\cos at-\cos t\ }\end{align*}}$
(２)
(１)より
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf f\ '(t)=-a\cos at+\cos t \ \ ,\ \ g\ '(t)=-a\sin at-\sin t\end{align*}}$
なので、与えられた行列をAとすると、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf A=\begin{pmatrix} \sf f(t)&\sf g(t) \\ \sf f\ '(t) & \sf g\ '(t) \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} \sf -\sin at+\sin t&\sf \cos at-\cos t \\ \sf -a\cos at+\cos t & \sf -a\sin at-\sin t \end{pmatrix}\end{align*}}$
であり、Aのデターミナントを考えると、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf detA=\left(-\sin at+\sin t\right)\left(-a\sin at-\sin t \right)-\left(\cos at-\cos t \right)\left(-a\cos at+\cos t\right)\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =a\sin^2at-\sin at\sin t-a\sin at\sin t+\sin^2t\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf +a\cos^2at-a\cos at\cos t-\cos at\cos t+\cos^2t\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =a+1-\left( a+1\right)\left(\sin at\sin t+\cos at\cos t \right)\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\left( a+1\right)\bigg\{1-\cos \left(a-1 \right)t\bigg\} \ne 0\ \ \ \ \ \left(\because\ 0<\left(a-1 \right)t<\pi \right)\end{align*}}$ ．
よって、Aは逆行列をもつ。
(３)
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \begin{pmatrix} \sf f(t)&\sf g(t) \\ \sf f\ '(t) & \sf g\ '(t) \end{pmatrix}\binom{x(t)}{y(t)}=\binom{h(t)}{h\ '(t)}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \ \ \Leftrightarrow\ \ \binom{f\ (t)x(t)+g\ (t)y(t)}{f\ '(t)x(t)+g\ '(t)y(t)}=\binom{h(t)}{h\ '(t)}\end{align*}}$
成分を比較すると、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf f\ (t)x(t)+g\ (t)y(t)=h(t)\end{align*}}$ ……(ⅰ)
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf f\ '(t)x(t)+g\ '(t)y(t)=h\ '(t)\end{align*}}$ ……(ⅱ)
(ⅰ)は点R(x(t)、y(t))が直線
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf L_t:\ f(t)x+g(t)y=h(t)\end{align*}}$
上にあることを表している。
また、(ⅰ)の両辺をtで微分すると、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf f\ '(t)x(t)+f\ (t)x\ '(t)+g\ '(t)y(t)+g\ (t)y\ '(t)=h\ '(t)\end{align*}}$
この式と(ⅱ)の辺々差をとると、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf f\ (t)x\ '(t)+g\ (t)y\ '(t)=0\end{align*}}$ ……(ⅲ)
を得る。
点Rにおける曲線Cの接線をLとすると、その方向ベクトルは、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \overrightarrow{\sf d}=\left(x\ '(t)\ ,\ y\ '(t) \right)\end{align*}}$ ．
で与えられ、一方、直線Ltの法線ベクトルは、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \overrightarrow{\sf n}=\left(f\ (t)\ ,\ g\ (t) \right)\end{align*}}$
で与えられる。
この2つのベクトルの内積を考えると、(ⅲ)より
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \overrightarrow{\sf d}\cdot\overrightarrow{\sf n}=f\ (t)x\ '(t)+g\ (t)y\ '(t)=0\end{align*}}$
となるので、LはLtの法線ベクトルと直交するので、
LはLtと一致することになる。
(２)でAの逆行列の存在を示してますからね、
ついつい(３)で両辺からAの逆行列をかけで、(x(t))，y(t))を求めてしまい
たくなりますが、これは罠ですｗｗｗｗ 計算で軽く死にますｗｗｗ
とりあえず、結果だけ書いておきますと、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf {\color{blue}x(t)=\frac{a\cos t+\cos at}{a+1}\ \ ,\ \ y(t)=\frac{a\sin t+\sin at}{a+1}}\end{align*}}$
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第３問
関数
$\small\sf{\begin{align*} \sf f(x)=\sin x\ \ \ \left(-\frac{\pi}{2}\leqq x\leqq \frac{\pi}{2}\right)\end{align*}}$
の逆関数を$\small\sf{\begin{align*} \sf g(x)\ \left(-1\leqq x\leqq 1\right)\end{align*}}$ とおくとき、次の問いに答えよ。
(１) $\small\sf{\begin{align*} \sf -1
(２) 曲線 $\small\sf{\begin{align*} \sf y=\sin^2x\ \left(0\leqq x\leqq \pi\right)\end{align*}}$ と直線 $\small\sf{\begin{align*} \sf y=t\ \left(0 $\small\sf{\begin{align*} \sf x\end{align*}}$ 座標を，それぞれ$\small\sf{\begin{align*} \sf a\ , b\ \left(a $\small\sf{\begin{align*} \sf g\end{align*}}$ を用いて表せ。
(３) $\small\sf{\begin{align*} \sf h(x)=\frac{2}{\pi}\int_a^b\sin^2x\ dx-\sqrt{1-t^2}\ \left(0\lt t\lt 1\right)\end{align*}}$ とおくとき、$\small\sf{\begin{align*} \sf h(t)\lt 0\ \left(0\lt t<\lt \right)\end{align*}}$
を示し $\small\sf{\begin{align*} \sf h(t)\end{align*}}$ を最小にする $\small\sf{\begin{align*} \sf t\end{align*}}$ の値を求めよ。
－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－
【解答】
(１)
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf f(x)=\sin x\ \ \Leftrightarrow\ \ g\left(\sin x\right)=x\end{align*}}$
なので、xで微分すると、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf g'\left(\sin x\right)\cdot \cos x=1\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \ \ \Leftrightarrow\ \ g'\left(\sin x\right)=\frac{1}{cos x}=\frac{1}{\sqrt{1-\sin^2x}}\ \ \left(\because\ -1<\sin x <1\right)\end{align*}}$ ．
よって、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf g'(x)=\underline{\frac{1}{\sqrt{1-x^2}}\ }\end{align*}}$
(２)
2式を連立させると、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \sin^2x=t\ \ \Leftrightarrow\ \ \sin x=\sqrt{t}\ \ \left(\because\ 0\leqq x\leqq \pi\ ,\ 0\lt t\lt 1\right)\end{align*}}$
となり、右図より
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \sin a=\sin b=\sqrt{t}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf b=\pi-a\ \ \left(0\lt a\lt \frac{\pi}{2}\lt b\lt\pi\right)\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \cos a=\sqrt{1-\sin^2a}=\sqrt{1-t}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \cos b=-\cos a=-\sqrt{1-t}\end{align*}}$ ．
よって、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \int_a^b\sin^2xdx=\frac{1}{2}\int_a^b\left(1-\cos 2x\right)dx\end{align*}}$ ←半角公式
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\frac{1}{2}\left[x-\frac{1}{2}\sin 2x\right]_a^b\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\frac{1}{2}\left(b-a\right)-\frac{1}{4}\left(\sin 2b-\sin 2a\right)\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\frac{1}{2}\bigg\{\left(\pi -a\right)-a\bigg\}-\frac{1}{2}\left(\sin b\cos b-\sin a\cos a\right)\end{align*}}$ ←倍角公式
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\frac{\pi}{2}-a-\frac{1}{2}\bigg\{\sqrt{t}\cdot\left(-\sqrt{1-t}\right)-\sqrt{t}\cdot\sqrt{1-t}\bigg\}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\underline{\ \frac{\pi}{2}-g\left(\sqrt{t}\right)+\sqrt{t\left(1-t\right)}\ }\end{align*}}$
(３)
(２)より
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf h(t)=\frac{2}{\pi}\int_a^b\sin^2x\ dx-\sqrt{1-t^2}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\frac{2}{\pi}\left\{\frac{\pi}{2}-g\left(\sqrt{t}\right)+\sqrt{t\left(1-t\right)}\right\}-\sqrt{1-t^2}\end{align*}}$ ．
xで微分すると、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf h'(t)=\frac{2}{\pi}\left\{-g'\left(\sqrt{t}\right)\cdot\frac{1}{2\sqrt{t}}+\frac{1-2t}{2\sqrt{t\left(1-t\right)}}\right\}-\frac{-2t}{2\sqrt{1-t^2}}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\frac{2}{\pi}\left\{-\frac{1}{\sqrt{1-t}}\cdot\frac{1}{2\sqrt{t}}+\frac{1-2t}{2\sqrt{t\left(1-t\right)}}\right\}+\frac{t}{\sqrt{1-t^2}}\end{align*}}$ ←(１)より
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =-\frac{2}{\pi}\cdot\frac{t}{\sqrt{t\left(1-t\right)}}+\frac{t}{\sqrt{\left(1-t\right)\left(1+t\right)}}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\frac{t\left(\pi\sqrt{t}-2\sqrt{1+t}\right)}{\pi\sqrt{t\left(1-t\right)\left(1+t\right)}}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\frac{t\left\{\pi^2\ t-4\left(1+t\right)\right\}}{\pi\sqrt{t\left(1-t\right)\left(1+t\right)}\left(\pi\sqrt{t}+2\sqrt{1+t}\right)}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\frac{t\left\{\left(\pi^2-4\right)t-4\right\}}{\pi\sqrt{t\left(1-t\right)\left(1+t\right)}\left(\pi\sqrt{t}+2\sqrt{1+t}\right)}\end{align*}}$
となり、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \lim_{t\rightarrow +0}h(t)=\frac{2}{\pi}\left\{\frac{\pi}{2}-g\left(0\right)+0\right\}-\sqrt{1-0}=0\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \lim_{t\rightarrow 1-0}h(t)=\frac{2}{\pi}\left\{\frac{\pi}{2}-g\left(1\right)+0\right\}-0=0\end{align*}}$
なので、h(t)の増減は次のようになる。
よって、$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf h(t)\lt 0\ \ \left(0\lt t\lt 1\right)\end{align*}}$ であり、h(t)が最小になるのは
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \underline{t= \frac{4}{\pi^2-4}\ }\end{align*}}$
のときである。
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \end{align*}}$
(１)ができないと、あとはどうしようもありません・・・・
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第４問
次の問いに答えよ。
問１ 関数
$\small\sf{\begin{align*} \sf f(x)=\frac{1-\cos x}{x^2}\end{align*}}$
について、次の問いに答えよ。
(１) $\small\sf{\begin{align*} \sf \lim_{x\rightarrow 0}\ f(x)\end{align*}}$ を求めよ。
(２) 区間0＜x＜$\small\sf{\pi}$ でf(x)の増加減少を調べよ。
問２ 三角形ABCにおいて、∠A、∠Bの大きさをそれぞれA、Bとし、
それらの角の対辺の長さをそれぞれa、bで表す。0＜A＜B＜$\small\sf{\pi}$
のとき、次の不等式が成り立つことを証明せよ。
$\small\sf{\begin{align*} \sf \frac{b^2}{a^2}<\frac{1-\cos B}{1-\cos A}<\frac{B^2}{A^2}\end{align*}}$
－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－
【解答】
問１
(１)
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \lim_{x\rightarrow 0}\ f(x)=\lim_{x\rightarrow 0}\frac{\left(1-\cos x \right)\left(1+\cos x \right)}{x^2\left(1+\cos x \right)}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\lim_{x\rightarrow 0}\frac{1-\cos^2 x }{x^2\left(1+\cos x \right)}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\lim_{x\rightarrow 0}\left(\frac{sin x }{x}\right)^2\cdot\frac{1}{1+\cos x }\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =1^2\cdot\frac{1}{1+1 }\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\underline{\ \frac{1}{2 }\ }\end{align*}}$
(２)
f(x)の導関数は
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf f\ '(x)=\frac{\sin x\cdot x^2-\left(1-\cos x \right)\cdot 2x}{x^4}=\frac{x\sin x+2\cos x-2}{x^3}\end{align*}}$
f’(x)の分子を$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf g(x)\end{align*}}$ とおくと、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf g\ (x)=x\sin x+2\cos x-2\ \ \left(0\lt x\lt \pi \right)\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf g\ '(x)=\sin x+x\cos x-2\sin x=x\cos x-\sin x\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf g\ ''(x)=\cos x-x\sin x-\cos x=-\sin x\lt 0\ \ \ \left(\because\ 0\lt x\lt \pi \right)\end{align*}}$
となるので、$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf g\ '(x)\end{align*}}$ は単調に減少する。
このことと
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \lim_{x\rightarrow +0} g\ '(x)=0\end{align*}}$
より、0＜x＜$\scriptsize\sf{\pi}$ で常に$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf g\ '(x)\lt 0\end{align*}}$ となる。
よって、$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf g\ (x)\end{align*}}$ は単調に減少し、このことと
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \lim_{x\rightarrow +0} g\ (x)=0+2-2=0\end{align*}}$
より、0＜x＜$\scriptsize\sf{\pi}$ で常に$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf g\ (x)\lt 0\end{align*}}$ となる。
また、0＜x＜$\scriptsize\sf{\pi}$ ではf’(x)の分母は正なので、f’(x)＜0となる。
よって、f(x)は単調に減少する。
問２
(１)より、0＜x＜$\scriptsize\sf{\pi}$ の範囲でf(x)は単調に減少するので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf 0\lt A\lt B\lt \pi\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \ \ \Leftrightarrow\ \ f(B)\lt f(A)\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \ \ \Leftrightarrow\ \ \frac{1-\cos B}{B^2}\lt \frac{1-\cos A}{A^2}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \ \ \Leftrightarrow\ \ \frac{1-\cos B}{1-\cos A}\lt \frac{B^2}{A^2}\ \ \ \left( \because\ A^2\gt 0\ ,\ B^2\gt 0\ ,\ 1-\cos A\gt 0\right)\end{align*}}$
一方、関数h(x)を
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf h(x)=\frac{1-\cos x}{\sin^2x}\ \ \ \ \left(0\lt x\lt \pi \right)\end{align*}}$
とおくと、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf h(x)=\frac{1-\cos x}{1-\cos^2x}=\frac{1}{1+\cos x}\end{align*}}$
と変形できるので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf h\ '(x)=\frac{\sin x}{\left( 1+\cos x\right)^2}\gt 0\end{align*}}$ ．
よって、h(x)は単調に増加する。
△ABCの外接円の半径をRとすると、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf 0\lt A\lt B\lt \pi\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \ \ \Leftrightarrow\ \ h(A)\lt h(B)\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \ \ \Leftrightarrow\ \ \frac{1-\cos A}{\sin^2A}\lt \frac{1-\cos B}{\sin^2B}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \ \ \Leftrightarrow\ \ \frac{1-\cos B}{1-\cos A}\gt \frac{\sin^2B}{\sin^2A}\ \ \ \ \ \left( \because\ 0\lt A\lt B\lt \pi\right)\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\frac{\left( \frac{b}{2R}\right)^2}{\left( \frac{a}{2R}\right)^2}\end{align*}}$ ←正弦定理
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\frac{b^2}{a^2}\end{align*}}$
以上より、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \frac{b^2}{a^2}\lt \frac{1-\cos B}{1-\cos A}\lt \frac{B^2}{A^2}\end{align*}}$
が示された。
(３)のh(x)は、イチかバチか試してみたら上手い具合に単調増加でしたｗｗｗ
テーマ:数学 - ジャンル:学問・文化・芸術
- 2018/10/11(木) 01:04:00|
- 大学入試(数学) .全国の大学 .旭川医科大 2010
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