第１問
次の問いに答えよ。
(１) $\small\sf{\begin{align*}\sf y=|x^2-1|\end{align*}}$ のグラフを描け。
(２) a、bを実数とする。xについての方程式
$\small\sf{\begin{align*}\sf |x^2-1|-ax-b=0\end{align*}}$
が異なる4つの実数解を持つような点(a，b)の範囲を図示せよ。
(３) (２)の方程式の解をp、q、r、sとするとき、s-r=r-q=q-p
が成り立つときのa、bを求めよ。
－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－
【解答】
(１)
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf y=|x^2-1|=\left\{\begin{matrix} \sf -x^2+1 & \sf \left(-1\lt x<1\right) \\ \sf x^2-1& \sf \left(x\leqq -1\ ,\ 1\leqq x\right)\end{matrix}\right.\end{align*}}$
なので、グラフの概形は右図のようになる。
(２)
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf |x^2-1|-ax-b=0\end{align*}}$ ・・・・・・(*)
-1＜x＜1のとき
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf (*)\ \ \Leftrightarrow\ \ x^2+ax+b-1=0\end{align*}}$ ・・・・・・(ⅰ)
まず、(ⅰ)が-1＜x＜1の範囲に異なる2つの実数解をもつ条件を考える。
(ⅰ)の判別式を考えると、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf D=a^2-4b+4>0\ \ \Leftrightarrow\ \ b<\frac{1}{4}a^2+1\end{align*}}$
であり、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf h_1(x)=x^2+ax+b-1=\left(x+\frac{a}{2}\right)^2-\frac{a^2}{4}+b-1\end{align*}}$
とおくと、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf h_1(-1)=1-a+b-1>0\ \ \Leftrightarrow\ \ b>a\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf h_1(1)=1+a+b-1>0\ \ \Leftrightarrow\ \ b>-a\end{align*}}$
軸 $\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf -1<-\frac{a}{2}<1\ \ \Leftrightarrow\ \ -2\lt a<2\end{align*}}$
x≦-1、1≦1のとき
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf (*)\ \ \Leftrightarrow\ \ x^2-ax-b-1=0\end{align*}}$ ・・・・・・(ⅱ)
であり、(ⅱ)の左辺をh2(x)とおくと、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf b>a\ \ \Leftrightarrow\ \ h_2(-1)=1+a-b-1<0\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf b>-a\ \ \Leftrightarrow\ \ h_2(1)=1-a-b-1<0\end{align*}}$
となるので、(ⅰ)が-1＜x＜1の範囲に異なる2つの
実数解をもつとき、(ⅱ)は、x＜-1と1＜xにそれぞれ
1つずつ実数解をもつことになる。
以上より、(*)が異なる4個の実数解をもつような
点(a，b)の存在範囲は右図のようになる。
（境界線上の点は含まない）
(３)
s-r=r-q=q-pより、4数p、q、r、sはこの順で等差数列をなし、
p＜q＜r＜sとしても一般性を失わない。
(２)より、qとrは(ⅰ)の2解であり、pとsは(ⅱ)の2解なので、
解と係数の関係より
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf q+r=-a\ \ ,\ \ p+s=a\end{align*}}$
これを用いると、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf s-r=q-p&\ \ \Leftrightarrow\ \ \sf p+s=q+r\\ &\ \ \Leftrightarrow\ \ \sf a=-a\\ &\ \ \Leftrightarrow\ \ \sf \underline{a=0}\end{align*}}$
このとき、(ⅰ)、(ⅱ)の解は
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf p=-\sqrt{1+b}\ ,\ s=\sqrt{1+b}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf q=-\sqrt{1-b}\ ,\ r=\sqrt{1-b}\end{align*}}$
となるので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf r-q=q-p&\ \ \Leftrightarrow\ \ \sf 2\sqrt{1-b}=-\sqrt{1-b}+\sqrt{1+b} \\ &\ \ \Leftrightarrow\ \ \sf 3\sqrt{1-b}=\sqrt{1+b}\\ &\ \ \Leftrightarrow\ \ \sf 9\left(1-b\right)=1+b\\ &\ \ \Leftrightarrow\ \ \sf \underline{b=\frac{4}{5}}\end{align*}}$
下手クソな図でスミマセンｗｗｗ
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第２問
四面体OABCにおいて、
$\small\sf{\begin{align*}\sf \overrightarrow{\sf OA}\bot\overrightarrow{\sf OB}\ ,\ \overrightarrow{\sf OA}\bot\overrightarrow{\sf BC}\ ,\ \overrightarrow{\sf OB}\bot\overrightarrow{\sf BC}\end{align*}}$
とする。
(１) 三角形OAB、OAC、OBC、ABCはすべて直角三角形である
ことを示せ。
(２) OCの中点Mから平面ABCに下ろした垂線の足をNとする。
$\small\sf{\begin{align*}\sf \overrightarrow{\sf CN}=s\overrightarrow{\sf CA}+t\overrightarrow{\sf CB}\end{align*}}$
と表すときのs、tを、長さOA、OBで表せ。
－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－
【解答】
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \overrightarrow{\sf OA}=\overrightarrow{\sf a}\ ,\ \overrightarrow{\sf OB}=\overrightarrow{\sf b}\ ,\ \overrightarrow{\sf OC}=\overrightarrow{\sf c}\end{align*}}$ とおく。
(１)
OA⊥OBより、△OABは∠AOB=90°の直角三角形である。
OB⊥BCより、△OBCは∠OBC=90°の直角三角形である。
内積を計算すると、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \overrightarrow{\sf OA}\bot\overrightarrow{\sf OB}\ \ \Leftrightarrow\ \ \overrightarrow{\sf a}\cdot\overrightarrow{\sf b}=0\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \overrightarrow{\sf OA}\bot\overrightarrow{\sf BC}&\ \ \Leftrightarrow\ \ \sf \overrightarrow{\sf OA}\cdot\overrightarrow{\sf BC}=\overrightarrow{\sf a}\cdot\left(\overrightarrow{\sf c}-\overrightarrow{\sf b}\right)=0\\ &\ \ \Leftrightarrow\ \ \sf \overrightarrow{\sf a}\cdot\overrightarrow{\sf c}=\overrightarrow{\sf a}\cdot\overrightarrow{\sf b}=0\end{align*}}$ ・・・・・・(ⅰ)
よって、△OACは∠AOC=90°の直角三角形である。
さらに、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \overrightarrow{\sf OB}\bot\overrightarrow{\sf BC}&\ \ \Leftrightarrow\ \ \sf \overrightarrow{\sf OB}\cdot\overrightarrow{\sf BC}=\overrightarrow{\sf b}\cdot\left(\overrightarrow{\sf c}-\overrightarrow{\sf b}\right)=0 \\ &\ \ \Leftrightarrow\ \ \sf \overrightarrow{\sf b}\cdot\overrightarrow{\sf c}=|\overrightarrow{\sf b}|^2 \end{align*}}$ ・・・・・・(ⅱ)
なので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \overrightarrow{\sf AB}\cdot\overrightarrow{\sf BC}&=\sf \left(\overrightarrow{\sf b}-\overrightarrow{\sf a}\right)\cdot\left(\overrightarrow{\sf c}-\overrightarrow{\sf b}\right)\\ &=\sf \overrightarrow{\sf b}\cdot\overrightarrow{\sf c}-|\overrightarrow{\sf b}|^2-\overrightarrow{\sf a}\cdot\overrightarrow{\sf c}+\overrightarrow{\sf a}\cdot\overrightarrow{\sf b}\\ &=\sf |\overrightarrow{\sf b}|^2-|\overrightarrow{\sf b}|^2-0+0\\ &=\sf 0\end{align*}}$ ．
よって、△CABは∠ABC=90°の直角三角形である。
(２)
MはOCの中点なので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \overrightarrow{\sf MN}&=\sf \overrightarrow{\sf CN}-\overrightarrow{\sf CM}\\ &=\sf \left(s\overrightarrow{\sf CA}+t\overrightarrow{\sf CB}\right)-\frac{1}{2}\overrightarrow{\sf CO}\\ &=\sf s\left(\overrightarrow{\sf a}-\overrightarrow{\sf c}\right)+t\left(\overrightarrow{\sf b}-\overrightarrow{\sf c}\right)+\frac{1}{2}\overrightarrow{\sf c}\\ &=\sf s\overrightarrow{\sf a}+t\overrightarrow{\sf b}+\left(\frac{1}{2}-s-t\right)\overrightarrow{\sf c}\end{align*}}$
ここで、MN⊥平面ABCなので、MN⊥ABかつMN⊥BCである。
よって、(ⅰ)、(ⅱ)を用いて内積を計算すると、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \overrightarrow{\sf MN}\cdot\overrightarrow{\sf AB}&=\sf \bigg\{s\overrightarrow{\sf a}+t\overrightarrow{\sf b}+\left(\frac{1}{2}-s-t\right)\overrightarrow{\sf c}\bigg\}\cdot\left(\overrightarrow{\sf b}-\overrightarrow{\sf a}\right)\\ &=\sf \left(s-t\right)\overrightarrow{\sf a}\cdot\overrightarrow{\sf b}-s|\overrightarrow{\sf a}|^2+t|\overrightarrow{\sf b}|^2+\left(\frac{1}{2}-s-t\right)\overrightarrow{\sf b}\cdot\overrightarrow{\sf c}-\left(\frac{1}{2}-s-t\right)\overrightarrow{\sf a}\cdot\overrightarrow{\sf c} \\ &=\sf -s|\overrightarrow{\sf a}|^2+t|\overrightarrow{\sf b}|^2+\left(\frac{1}{2}-s-t\right)|\overrightarrow{\sf b}|^2\\ &=\sf -s|\overrightarrow{\sf a}|^2+\left(\frac{1}{2}-s\right)|\overrightarrow{\sf b}|^2=0\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \ \ \Leftrightarrow\ \ -\left(OA^2+OB^2\right)s+\frac{OB^2}{2}=0\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \ \ \Leftrightarrow\ \ \underline{s=\frac{OB^2}{2\left(OA^2+OB^2\right)}}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \overrightarrow{\sf MN}\cdot\overrightarrow{\sf CB}&=\sf \bigg\{s\overrightarrow{\sf a}+t\overrightarrow{\sf b}+\left(\frac{1}{2}-s-t\right)\overrightarrow{\sf c}\bigg\}\cdot\left(\overrightarrow{\sf b}-\overrightarrow{\sf c}\right)\\ &=\sf s\overrightarrow{\sf a}\cdot\overrightarrow{\sf b}-s\overrightarrow{\sf a}\cdot\overrightarrow{\sf c}+t|\overrightarrow{\sf b}|^2-t\overrightarrow{\sf b}\cdot\overrightarrow{\sf c}+\left(\frac{1}{2}-s-t\right)\overrightarrow{\sf b}\cdot\overrightarrow{\sf c}-\left(\frac{1}{2}-s-t\right)|\overrightarrow{\sf c}|^2 \\ &=\sf \left(\frac{1}{2}-s-t\right)|\overrightarrow{\sf b}|^2-\left(\frac{1}{2}-s-t\right)|\overrightarrow{\sf c}|^2\\ &=\sf \left(\frac{1}{2}-s-t\right)\left(|\overrightarrow{\sf b}|^2-|\overrightarrow{\sf c}|^2\right)\\ &=\sf \left(\frac{1}{2}-s-t\right)|\overrightarrow{\sf BC}|^2=0\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \ \ \Leftrightarrow\ \ \frac{1}{2}-s-t=0\ \ \ \ \left(\because\ |\overrightarrow{\sf BC}|\ne 0\right)\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \ \ \Leftrightarrow\ \ t&=\sf \frac{1}{2}-s\\ &=\sf \frac{1}{2}-\frac{OB^2}{2\left(OA^2+OB^2\right)}\\ &=\sf \underline{\frac{OA^2}{2\left(OA^2+OB^2\right)}}\end{align*}}$
最後のtでは、△OBCにおける三平方の定理
OC2=OB2+BC2
に気づく必要があります。
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第３問
次の問いに答えよ。
(１) aを実数の定数、f(x)をすべての点で微分可能な関数とする。
このとき次の等式を示せ．
$\small\sf{\begin{align*}\sf f\ '(x)+a\ f(x)=e^{-ax}\bigg(e^{ax}f\ (x)\bigg)'\end{align*}}$
ただし、’はxについての微分を表す。
(２) (１)の等式を利用して、次の式を満たす関数f(x)で、f(0)=0
となるものを求めよ．
$\small\sf{\begin{align*}\sf f\ '(x)+2f(x)=\cos x\end{align*}}$
(３) (２)で求めた関数f(x)に対して，数列 $\small\sf{\begin{align*}\sf \bigg\{\left|f\left(n\pi\right)\right|\bigg\}\end{align*}}$ (n=1，2，3，・・・)
の極限値
$\small\sf{\begin{align*}\sf \lim_{n\rightarrow \infty}\left|f\left(n\pi\right)\right|\end{align*}}$
を求めよ．
－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－
【解答】
(１)
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf e^{-a}\left(e^{ax}f(x)\right)'&=\sf e^{-ax}\left(ae^{ax}f(x)+e^{ax}f\ '(x)\right)\\ &=\sf \underline{a\ f(x)+f\ '(x)}\end{align*}}$
(２)
(１)より
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf f\ '(x)+2\ f(x)=e^{-2x}\bigg(e^{2x}f\ (x)\bigg)'=cos x\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \ \ \Leftrightarrow\ \ \bigg(e^{2x}f\ (x)\bigg)'=e^{2x}cos x\end{align*}}$ ・・・・・・(#)
ここで、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \left(e^{2x}\cos x\right)'=-e^{2x}\sin x+2e^{2x}\cos x\end{align*}}$ ・・・・・・(ⅰ)
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \left(e^{2x}\sin x\right)'=2e^{2x}\sin x+e^{2x}\cos x\end{align*}}$ ・・・・・・(ⅱ)
なので、(ⅰ)×2+(ⅱ)を計算すると、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf 2\left(e^{2x}\cos x\right)'+\left(e^{2x}\sin x\right)'=5e^{2x}\cos x\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \ \ \Leftrightarrow\ \ e^{2x}\cos x=\frac{1}{5}\bigg\{e^{2x}\left(2\cos x+\sin x\right)\bigg\}'\end{align*}}$
これと(#)より
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \bigg(e^{2x}f\ (x)\bigg)'=\frac{1}{5}\bigg\{e^{2x}\left(2\cos x+\sin x\right)\bigg\}'\end{align*}}$
となり、両辺をxで積分すると、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf e^{2x}f\ (x)=\frac{1}{5}\bigg\{e^{2x}\left(2\cos x+\sin x\right)\bigg\}+C\end{align*}}$ （C:積分定数）
x=0を代入すると、f(0)=0なので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf 0=\frac{1}{5}\cdot e^{0}\cdot\left(2+0\right)+C\ \ \Leftrightarrow\ \ C=-\frac{2}{5}\end{align*}}$
よって、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf e^{2x}f\ (x)=\frac{1}{5}\bigg\{e^{2x}\left(2\cos x+\sin x\right)\bigg\}-\frac{2}{5}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \ \ \Leftrightarrow\ \ f\ (x)=\underline{\frac{1}{5}\left(2\cos x+\sin x\right)-\frac{2}{5}e^{-2x}}\end{align*}}$
(３)
(２)より
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \left| f \left(n\pi \right)\right|&=\sf \bigg|\frac{1}{5}\left(2\cos n\pi+\sin n\pi\right)-\frac{2}{5}e^{-2n\pi}\bigg|\\ &=\sf \frac{2}{5}\bigg|\left(-1\right)^n-e^{-2n\pi}\bigg|\end{align*}}$
三角不等式を用いると、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \frac{2}{5}\bigg\{\left|-1\right|^n-\left|e^{-2n\pi}\right|\bigg\}\leqq\left|f\left(n\pi\right)\right|\leqq \frac{2}{5}\bigg\{\left|-1\right|^n+\left|e^{-2n\pi}\right|\bigg\}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \ \ \Leftrightarrow\ \ \frac{2}{5}\left(1-e^{-2n\pi}\right)\leqq\left|f\left(n\pi\right)\right|\leqq \frac{2}{5}\left(1+e^{-2n\pi}\right)\end{align*}}$
ここで、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \lim_{n\rightarrow\infty}e^{-2n\pi}=\lim_{n\rightarrow\infty}\left(\frac{1}{e^{2\pi}}\right)^n=0\ \ \ \ \left(\because\ 0<\frac{1}{e^{2\pi}}<1\right)\end{align*}}$
なので、はさみうちの原理より
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \lim_{n\rightarrow\infty}=\underline{\frac{2}{5}}\end{align*}}$
(２)部分積分２連発でも求めることができます。
(３)絶対値に関する不等式なので、三角不等式に気づきましょう。
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第４問
2 回微分可能な関数f(x)、すなわちf(x)の導関数f’(x)及びf’(x)
の導関数f”(x)が存在する関数が、すべての実数xについて
$\small\sf{\begin{align*}\sf f\ '(x)>f\ ''(x)\end{align*}}$
を満たしている。また、a＜bとする。
(１) $\small\sf{\begin{align*}\sf \frac{f\ '(a)}{e^a}>\frac{f\ '(b)}{e^b}\end{align*}}$ を示せ。
(２) $\small\sf{\begin{align*}\sf \frac{f\ '(a)}{e^a}>\frac{f\ (b)-f\ (a)}{e^b-e^a}>\frac{f\ '(b)}{e^b}\end{align*}}$ を示せ。
(３) すべての実数xについてf(x)＞0であるとき、すべての実数xについて
$\small\sf{\begin{align*}\sf f\ (x)>f\ '(x)>0\end{align*}}$
が成立することを示せ．
－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－
【解答】
(１)
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf g\ (x)=\frac{f\ '(x)}{e^x}\end{align*}}$
とおくと、導関数は
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf g\ '(x)&=\sf \frac{f\ ''(x)e^x-f\ '(x)e^x}{e^{2x}}\\ &=\sf \frac{f\ ''(x)-f\ '(x)}{e^x}\lt 0\ \ \ \left(\because\ f\ '(x)\gt f\ ''(x)\right) \end{align*}}$
となるので、この関数は単調に減少する。
よって、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf a\lt b&\ \ \Leftrightarrow\ \ \sf g\ (a)\gt g\ (b)\\ &\ \ \Leftrightarrow\ \ \sf \frac{f\ '(a)}{e^a}\gt \frac{f\ '(b)}{e^b}\end{align*}}$
(２)
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf h_1(x)=f\ '(a)e^x-f\ (x)e^a-f\ '(a)e^a+f\ (a)e^a\ \ \ (x\gt a)\end{align*}}$
とおくと、導関数は
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf h_1'(x)&=\sf f\ '(a)e^x-f\ '(x)e^a\\ &=\sf e^ae^x\left(\frac{f\ '(a)}{e^a}-\frac{f\ '(x)}{e^x}\right)\gt 0\ \ \ \ \left(\because\ (1)\right)\end{align*}}$
なので、h1はx＞aの範囲で単調に増加する。
このことと
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \lim_{x\rightarrow a+0}h_1(x)=f\ '(a)e^a-f\ (a)e^a-f\ '(a)e^a+f\ (a)e^a=0\end{align*}}$
より、x＞aの範囲で常にh1＞0となる。
よって、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf a\lt b&\ \ \Leftrightarrow\ \ \sf h_1(b)=f\ '(a)e^b-f\ (b)e^a-f\ '(a)e^a+f\ (a)e^a\gt 0\\ &\ \ \Leftrightarrow\ \ \sf \left(e^b-e^a\right)f\ '(a)\gt \left(f\ (b)-f\ (a)\right)e^a\\ &\ \ \Leftrightarrow\ \ \sf \frac{f\ '(a)}{e^a}\gt \frac{f\ (b)-f\ (a)}{e^b-e^a}\ \ \ \ \left(\because\ e^b-e^a\gt 0\ ,\ e^a\gt 0\right)\end{align*}}$
一方、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf h_2(x)=f\ (b)e^b-f\ (x)e^b-f\ '(b)e^b+f\ ' (b)e^x\ \ \ (x\lt b)\end{align*}}$
とおくと、導関数は
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf h_2'(x)&=\sf -f\ '(x)e^b+f\ '(b)e^x\\ &=\sf -e^be^x\left(\frac{f\ '(x)}{e^x}-\frac{f\ '(b)}{e^b}\right)\lt 0\ \ \ \ \left(\because\ (1)\right)\end{align*}}$
なので、h2はx＜bの範囲で単調に減少する。
このことと
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \lim_{x\rightarrow b-0}h_2(X)=f\ (b)e^b-f\ (b)e^b-f\ '(b)e^b+f\ '(b)e^b=0\end{align*}}$
より、b＞xの範囲で常にh2＞0となる。
よって、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf a\lt b&\ \ \Leftrightarrow\ \ \sf h_2(a)=f\ (b)e^b-f\ (a)e^b-f\ '(b)e^b+f\ '(b)e^a\gt 0\\ &\ \ \Leftrightarrow\ \ \sf \left(e^b-e^a\right)f\ '(b)\lt \left(f\ (b)-f\ (a)\right)e^b\\ &\ \ \Leftrightarrow\ \ \sf \frac{f\ (b)-f\ (a)}{e^b-e^a}\gt \frac{f\ '(b)}{e^b}\ \ \ \ \left(\because\ e^b-e^a\gt 0\ ,\ e^b\gt 0\right)\end{align*}}$
(３)
f’(c)≦0となるx=cが存在する仮定すると、(１)より
c＜xであるxに対して
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf 0\geqq\frac{f\ '(c)}{e^c}\gt \frac{f\ '(x)}{e^x}\ \ \Rightarrow\ \ f\ '(x)\lt 0\ \ \ \left(\because\ e^x\gt 0\right)\end{align*}}$ .
このとき、題意より
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf 0\gt f\ '(x)\gt f\ ''(x)\end{align*}}$
が成り立ち、c＜xの範囲で f’(x)は単調に減少する。 ・・・・・・(#)
ここでf(x)は微分可能な関数なので、平均値の定理より
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \frac{f\ (x)-f\ (c)}{x-c}=f\ '(d)\ \ \ \left(c\lt d\lt x\right)\end{align*}}$
となるdが存在し、(#)より
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf 0\geqq f\ '(c)\gt f\ '(d)\end{align*}}$
なので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \frac{f\ (x)-f\ (c)}{x-c}\lt f\ '(c)\ \ \Leftrightarrow\ \ f\ (x)\lt f\ '(c)\left(x-c\right)+f\ (c)\end{align*}}$ .
このとき、十分大きなxに対してf(x)＜0となるので、f(x)＞0であることに
矛盾する。
よって、任意の実数xに対してf’(x)＞0が成り立つ。
一方、(２)とf(a)＞0より、a＜xであるxに対して
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \frac{f\ (x)}{e^x-e^a}\gt \frac{f\ (x)-f\ (a)}{e^x-e^a}\gt \frac{f\ '(x)}{e^x}\ \ \Leftrightarrow\ \ f\ (x)-f\ '(x)\gt -\frac{e^a}{e^x}\ f\ '(x)\end{align*}}$
であり、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \lim_{a\rightarrow -\infty}e^a=0\end{align*}}$
なので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf f\ (x)-f\ '(x)\geqq 0\end{align*}}$ ・・・・・・(*)
が成り立つ。ここで、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf F(x)=f(x)-f\ '(x)\end{align*}}$
とおくと、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf F\ '(x)=f\ '(x)-f\ ''(x)\gt 0\end{align*}}$
より、F(x)は単調に増加するので、F(b)=0となるx=bが存在すると仮定すると、
x＜bの範囲では、F(x)＜0となる。
これは(*)に矛盾するので、任意のxに対してF(x)＞0が成り立つ。
以上より、すべての実数xについて
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf f\ (x)\gt f\ '(x)\gt 0\end{align*}}$
が成立する。
(３)が書きにくいですね。
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第５問
nを2以上の自然数として、階乗n!を素数の積で表すときに現れる2の個数を
anとおく。すなわち $\small\sf{\begin{align*}\sf \frac{n!}{2^{a_n}}\end{align*}}$ は奇数である。
(１) $\small\sf{\begin{align*}\sf \frac{\left(2n\right)!}{2^{n}n!}\end{align*}}$ は奇数であることを示せ。
(２) a2n-anをnを用いて表せ。
(３) n=2k (k は自然数) のとき、anをnを用いて表せ。
(４) an＜nを示せ。
(５) $\small\sf{\begin{align*}\sf \sqrt[\sf n]{\sf n!}\end{align*}}$ は無理数であることを示せ。
－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－
【解答】
(１)
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \frac{\left(2n\right)!}{2^{n}n!}&=\sf \frac{2n\left(2n-1\right)\left(2n-2\right)\left(2n-3\right)\cdot \ldots\cdot 4\cdot 3\cdot 2\cdot 1}{2^{n}n!}\\ &=\sf \frac{2n\left(2n-2\right)\cdot \ldots\cdot 4\cdot 2}{2^{n}n!}\cdot\left(2n-1\right)\left(2n-3\right)\left(2n-5\right)\cdot\ldots\cdot 5\cdot 3\cdot 1\\ &=\sf \frac{n\left(n-1\right)\cdot \ldots\cdot 2\cdot 1}{n!}\cdot\left(2n-1\right)\left(2n-3\right)\left(2n-5\right)\cdot\ldots\cdot 5\cdot 3\cdot 1\\ &=\sf \left(2n-1\right)\left(2n-3\right)\left(2n-5\right)\cdot\ldots\cdot 5\cdot 3\cdot 1\end{align*}}$
と変形できるので、$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \frac{\left(2n\right)!}{2^{n}n!}\end{align*}}$ は奇数である。
(２)
(１)より、奇数Aを用いて
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \frac{\left(2n\right)!}{2^{n}n!}=A\ \ \Leftrightarrow\ \ \left(2n\right)!=2^n\ n!\ A\end{align*}}$
と表すことができる。また題意より、奇数B、Cを用いて
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \left(2n\right)!=2^{a_{2n}}B\ \ ,\ \ n!=2^{a_n}C\end{align*}}$
と表せるので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf 2^{a_{2n}}B&=\sf 2^n\cdot 2^{a_n}AC\\ &=\sf 2^{a_n+n}AC\end{align*}}$ .
A、B、Cは奇数なので
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf a_{2n}=a_n+n\ \ \Leftrightarrow\ \ a_{2n}-a_n=\underline{\sf n}\end{align*}}$
(３)
1、2、3、・・・、2kの中に
2の倍数は 2k-1個
22の倍数は 2k-2個
23の倍数は 2k-3個
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \vdots\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \vdots\end{align*}}$
2k-1の倍数は 21個
2kの倍数は 20個
あり、これらの総数がanなので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf a_n&=\sf 1+2+2^2+\ldots +2^{k-1}\\ &=\sf \frac{2^k-1}{2-1}\\ &=\sf 2^k-1\\ &=\sf \underline{\sf n-1}\end{align*}}$
(４)
an＜nであることを数学的帰納法で示す。
(ⅰ) n=2のとき、a2=1＜2
n=3のとき、a3=1＜3
(ⅱ) n=2、3、・・・、2kに対して成り立つと仮定すると、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf a_{2k+1}=a_{2k}<2k<2k+1\end{align*}}$
(２)より
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf a_{2k+2}=a_{k+1}+\left(k+1\right)<\left(k+1\right)+\left(k+1\right)=2k+2\end{align*}}$
よって、n=2k+1、n=2k+2のときも成り立つ。
以上より、2以上の自然数nに対して an＜nが成り立つ。
(５)
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \sqrt[\sf n]{\sf n!}\end{align*}}$ が有理数であると仮定すると、互いに素な自然数p、qを用いて
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \sqrt[n]{\sf n!}=\frac{p}{q}\end{align*}}$
と表すことができる。両辺をn乗し、奇数Cを用いて整理すると、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf n!=\frac{p^n}{q^n}\ \ \Leftrightarrow\ \ 2^{a_n}Cq^n=p^n\end{align*}}$
とるので、pは2の倍数である。よって、p=2rとおくと
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf 2^{a_n}Cq^n=\left(2r\right)^n\ \ \Leftrightarrow\ \ Cq^n=2^{n-a_n}r^n\end{align*}}$ .
(４)より、n-an＞0であり、Cは奇数なので、qも2の倍数であるが、
このことはpとqが互いに素であることに矛盾する。
よって、$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \sqrt[\sf n]{\sf n!}\end{align*}}$ は無理数である。
(４)さえできれば、完答できそうな問題です。
テーマ:数学 - ジャンル:学問・文化・芸術
- 2018/10/07(日) 01:13:00|
- 大学入試(数学) .関西の国立大学 .滋賀医科大 2010
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