第1問
平面上の△ABCと点Oを考える。m、nは正の実数とする。
(1) 辺ABをm：nに内分する点をMとする。このとき、$\small\sf{\begin{align*} \sf |\overrightarrow{\sf AB}|^2\end{align*}}$ 、$\small\sf{\begin{align*} \sf |\overrightarrow{\sf OM}|^2\end{align*}}$ を
$\small\sf{\begin{align*} \sf |\overrightarrow{\sf OA}|^2\end{align*}}$ 、$\small\sf{\begin{align*} \sf |\overrightarrow{\sf OB}|^2\end{align*}}$ と内積 $\small\sf{\begin{align*} \sf \overrightarrow{\sf OA}\cdot\overrightarrow{\sf OB}\end{align*}}$ で表せ。さらに
$\small\sf{\begin{align*} \sf \frac{mn}{m+n}|\overrightarrow{\sf AB}|^2+\left(m+n\right)|\overrightarrow{\sf OM}|^2=n|\overrightarrow{\sf OA}|^2+m|\overrightarrow{\sf OB}|^2\end{align*}}$
を示せ。
(2) 辺ABをm：nに内分する点をM1、辺BCをm：nに内分する点をM2、
辺CAをm：nに内分する点をM3とする。このとき、$\small\sf{\begin{align*} \sf |\overrightarrow{\sf OA}|^2+|\overrightarrow{\sf OB}|^2+|\overrightarrow{\sf OC}|^2\end{align*}}$ は
$\small\sf{\begin{align*} \sf \frac{mn}{\left(m+n\right)^2}\left(|\overrightarrow{\sf AB}|^2+|\overrightarrow{\sf BC}|^2+|\overrightarrow{\sf CA}|^2\right)+|\overrightarrow{\sf OM_1}|^2+|\overrightarrow{\sf OM_2}|^2+|\overrightarrow{\sf OM_3}|^2\end{align*}}$
に等しいことを示せ。
(3) (2)のm、nを変化させたとき、
$\small\sf{\begin{align*} \sf |\overrightarrow{\sf OA}|^2+|\overrightarrow{\sf OB}|^2+|\overrightarrow{\sf OC}|^2-|\overrightarrow{\sf OM_1}|^2-|\overrightarrow{\sf OM_2}|^2-|\overrightarrow{\sf OM_3}|^2\end{align*}}$
の最大値を、$\small\sf{\begin{align*} \sf |\overrightarrow{\sf AB}|^2,|\overrightarrow{\sf BC}|^2,|\overrightarrow{\sf CA}|^2\end{align*}}$ で表せ。
－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－
【解答】
(1)
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf |\overrightarrow{\sf AB}|^2&=\sf |\overrightarrow{\sf OB}-\overrightarrow{\sf OA}|^2\\ &=\sf \underline{\sf |\overrightarrow{\sf OA}|^2-2\overrightarrow{\sf OA}\cdot\overrightarrow{\sf OB}+|\overrightarrow{\sf OB}|^2}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf |\overrightarrow{\sf OM}|^2&=\sf \left|\frac{n\overrightarrow{\sf OA}+m\overrightarrow{\sf OB}}{m+n}\right|^2\\ &=\sf \underline{\sf \frac{1}{\left(m+n\right)^2}\left(n^2|\overrightarrow{\sf OA}|^2+2mn\overrightarrow{\sf OA}\cdot\overrightarrow{\sf OB}+m^2|\overrightarrow{\sf OB}|^2\right)} \end{align*}}$
これらより
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \frac{mn}{m+n}|\overrightarrow{\sf AB}|^2+\left(m+n\right)|\overrightarrow{\sf OM}|^2\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\frac{mn}{m+n}|\left(|\overrightarrow{\sf OA}|^2-2\overrightarrow{\sf OA}\cdot\overrightarrow{\sf OB}+|\overrightarrow{\sf OB}|^2\right)+\frac{1}{m+n}\left(n^2|\overrightarrow{\sf OA}|^2+2mn\overrightarrow{\sf OA}\cdot\overrightarrow{\sf OB}+m^2|\overrightarrow{\sf OB}|^2\right)\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\frac{mn+n^2}{m+n}|\overrightarrow{\sf OA}|^2+\frac{m^2+mn}{m+n}|\overrightarrow{\sf OB}|^2\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =n|\overrightarrow{\sf OA}|^2+m|\overrightarrow{\sf OB}|^2\end{align*}}$
となるので、題意は示された。
(2)
(1)より
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \frac{mn}{m+n}|\overrightarrow{\sf AB}|^2+\left(m+n\right)|\overrightarrow{\sf OM_1}|^2=n|\overrightarrow{\sf OA}|^2+m|\overrightarrow{\sf OB}|^2\end{align*}}$
同様に、△OBCと△OCAについて
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \frac{mn}{m+n}|\overrightarrow{\sf BC}|^2+\left(m+n\right)|\overrightarrow{\sf OM_2}|^2=n|\overrightarrow{\sf OB}|^2+m|\overrightarrow{\sf OC}|^2\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \frac{mn}{m+n}|\overrightarrow{\sf CA}|^2+\left(m+n\right)|\overrightarrow{\sf OM_3}|^2=n|\overrightarrow{\sf OC}|^2+m|\overrightarrow{\sf OA}|^2\end{align*}}$
が成り立ち、これら3式を辺々加えると、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \frac{mn}{m+n}\left(|\overrightarrow{\sf AB}|^2+|\overrightarrow{\sf BC}|^2+|\overrightarrow{\sf CA}|^2\right)+\left(m+n\right)\left(|\overrightarrow{\sf OM_1}|^2+|\overrightarrow{\sf OM_2}|^2+|\overrightarrow{\sf OM_3}|^2\right)\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\left(m+n\right)\left(|\overrightarrow{\sf OA}|^2+|\overrightarrow{\sf OB}|^2+|\overrightarrow{\sf OC}|^2\right)\end{align*}}$
両辺をm+nで割ると、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \frac{mn}{\left(m+n\right)^2}\left(|\overrightarrow{\sf AB}|^2+|\overrightarrow{\sf BC}|^2+|\overrightarrow{\sf CA}|^2\right)+|\overrightarrow{\sf OM_1}|^2+|\overrightarrow{\sf OM_2}|^2+|\overrightarrow{\sf OM_3}|^2\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =|\overrightarrow{\sf OA}|^2+|\overrightarrow{\sf OB}|^2+|\overrightarrow{\sf OC}|^2\end{align*}}$
となるので、題意は示された。
(3)
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf L=|\overrightarrow{\sf OA}|^2+|\overrightarrow{\sf OB}|^2+|\overrightarrow{\sf OC}|^2-|\overrightarrow{\sf OM_1}|^2-|\overrightarrow{\sf OM_2}|^2-|\overrightarrow{\sf OM_3}|^2\end{align*}}$
とおくと、(2)より
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf L=\frac{mn}{\left(m+n\right)^2}\left(|\overrightarrow{\sf AB}|^2+|\overrightarrow{\sf BC}|^2+|\overrightarrow{\sf CA}|^2\right)\end{align*}}$
ここで、m、nは正の実数なので、相加・相乗平均より
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \frac{mn}{\left(m+n\right)^2}&=\sf \frac{mn}{m^2+n^2+2mn}\\ &=\sf \frac{1}{\frac{m}{n}+\frac{n}{m}+2}\\ &\leqq \sf \frac{1}{2\sqrt{\frac{m}{n}\cdot\frac{n}{m}}+2}\\ &=\sf \frac{1}{4}\end{align*}}$
よって、Lの最大値は
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf L_{max}=\underline{\sf \frac{1}{4}\left(|\overrightarrow{\sf AB}|^2+|\overrightarrow{\sf BC}|^2+|\overrightarrow{\sf CA}|^2\right)}\end{align*}}$
うまく誘導がつながっているので難しくはありませんが、手が疲れますｗｗ
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- 2016/07/03(日) 23:57:00|
- 大学入試(数学) .関西の国立大学 .三重大 2016（医）
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第2問
0≦x≦2とする。
(1) $\small\sf{\sin\pi\ x+\cos 2\pi\ x\gt 0}$ を満たすxの範囲を求めよ。
(2) (1)で求めたxに対し、
$\small\sf{\sf \log_2(3+x)+\log_2(5-x)=\log_2(16-k)}$
の解がひとつだけであるような実数kの範囲を求めよ。
－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－
【解答】
(1)
倍角公式より
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \sin\pi x+\cos 2\pi x=\sin\pi x+1-2\sin^2\pi x>0\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \ \ \Leftrightarrow\ \ 2\sin^2\pi x-\sin \pi x-1=\left(2\sin\pi x+1\right)\left(\sin\pi x-1\right)<0\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \ \ \Leftrightarrow\ \ -\frac{1}{2}<\sin\pi x<1\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \ \ \Leftrightarrow\ \ 0\leqq \pi x<\frac{\pi}{2}\ ,\ \frac{\pi}{2}<\pi x<\frac{7}{6}\pi\ ,\ \frac{11}{6}\pi<\pi x\leqq 2\ \ \ \ \left(\because\ 0\leqq \pi x\leqq 2\pi\right)\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \ \ \Leftrightarrow\ \ \underline{\sf 0\leqq x<\frac{1}{2}\ ,\ \frac{1}{2}\lt x<\frac{7}{6}\ ,\ \frac{11}{6}\lt x\leqq 2}\end{align*}}$
(2)
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \log_2\left(3+x\right)+\log_2\left(5-x\right)=\log_2\left(16-k\right)\end{align*}}$ ・・・・・・(#)
変形していくと
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \log_2\left(3+x\right)\left(5-x\right)=\log_2\left(16-k\right)\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \ \ \Leftrightarrow\ \ \left(3+x\right)\left(5-x\right)=16-k\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \ \ \Leftrightarrow\ \ x^2-2x+1=k\end{align*}}$
ここで、関数f(x)を
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf f(x)=x^2-2x+1=\left(x-1\right)^2\ \ \ \left(0\leqq x<\frac{1}{2}\ ,\ \frac{1}{2}\lt x<\frac{7}{6}\ ,\ \frac{11}{6}\lt x\leqq 2\right)\end{align*}}$
とおくと、y=f(x)のグラフと直線y=kの共有点が1個のとき、
(1)の範囲における方程式(#)の解の個数が一つになる。
上のグラフより、求めるkの値の範囲は、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf k=f(1)\ \ ,\ \ f\left(\frac{7}{6}\right)\leqq k\lt f\left(\frac{1}{2}\right)\ \ ,\ \ f\left(\frac{1}{2}\right)\lt k\leqq f\left(\frac{11}{6}\right)\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \ \ \Leftrightarrow\ \ \underline{\sf k=0\ \ ,\ \ \frac{1}{36}\leqq k<\frac{1}{4}\ \ ,\ \ \frac{1}{4}\lt k\leqq \frac{25}{36}}\end{align*}}$
(1)で、$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf x=\frac{1}{2}\end{align*}}$ を除くのを忘れないように！
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- 2016/07/04(月) 23:57:00|
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第3問
以下のa、b、cはいずれも正の実数とする。
(1) 「abが有理数ならば、(a+b)2は有理数である」という主張が正しけ
れば証明し、誤りならば反例を与えよ。
(2) ab、ac、bcが有理数ならば、a2は有理数であることを示し、さらに
(a+b+c)2は有理数であることを示せ。
(3) ab、ac、bcが有理数で、さらに (a+b+c)3 が有理数となるならば、
a、b、cはそれぞれ有理数であることを示せ。
－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－
【解答】
(1)
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf a=2^{\frac{1}{3}}\ ,\ b=2^{\frac{2}{3}}\end{align*}}$ とすると、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf ab=2^{\frac{1}{3}}\cdot 2^{\frac{2}{3}}=2^1=2\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \left(a+b\right)^2=\left(2^{\frac{1}{3}}+ 2^{\frac{2}{3}}\right)^2=2^{\frac{2}{3}}+4+2^{\frac{4}{3}}\end{align*}}$
となり、abは有理数であるが(a+b)2は無理数となる。
これが反例となるため、この主張は誤りである。
(2)
ab、bc、caがすべて正の有理数なので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \frac{ab\cdot ca}{bc}=a^2\end{align*}}$
は有理数になる。
同様に、b2、c2も有理数なので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \left(a+b+c\right)^2=a^2+b^2+c^2+2ab+2bc+2ca\end{align*}}$
は有理数である。
(3)
(2)より、ab、bc、caがすべて有理数であるとき、(a+b+c)2も有理数であり、
さらに(a+b+c)3も有理数なので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \frac{\left(a+b+c\right)^3}{\left(a+b+c\right)^2}=a+b+c\end{align*}}$
は有理数である。よって、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf a\left(a+b+c\right)=a^2+ab+ca\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \ \ \Leftrightarrow\ \ a=\frac{a^2+ab+ca}{a+b+c}\end{align*}}$
と表せ、a2、ab、ca、a+b+cがすべて有理数なので、aは有理数である。
同様に、b、cも有理数となるので、題意は示された。
(1)の反例は見つかりましたか？？
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- 2016/07/05(火) 23:57:00|
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第4問
nを自然数とし、$\small\sf{\begin{align*} \sf P_k\left(\frac{k}{n}\ ,\ \log\left(1+\frac{k}{n}\right)\right)\end{align*}}$ (k=0，1，・・・，n）を平面上の
n+1個の点とする。ただし、logxはxの自然対数である。
(1) k=1，2，・・・，nのとき、点Pk-1と点Pkとの距離Pk-1Pkに対して
$\small\sf{\begin{align*} \sf \frac{1}{n}\sqrt{1+\frac{1}{\left(1+\frac{k}{n}\right)^2}}\lt P_{k-1}P_k<\frac{1}{n}\sqrt{1+\frac{1}{\left(1+\frac{k-1}{n}\right)^2}}\end{align*}}$
を示せ。
(2) $\small\sf{\begin{align*} \sf L_n=\sum_{k=1}^nP_{k-1}P_k\end{align*}}$ としたとき $\small\sf{\begin{align*} \sf \lim_{n\rightarrow\infty}L_n\end{align*}}$ を求めよ。
－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－
【解答】
(1)
関数f(x)を
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf f(x)=\log\left(1+x\right)\ \ \ \left(x\geqq 0\right)\end{align*}}$
とおくと、点Pkはすべて曲線y=f(x)上にある。
また、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf f\ '(x)=\frac{1}{1+x}>0\ \ ,\ \ f\ ''(x)=-\frac{1}{\left(1+x\right)^2}<0\end{align*}}$
なので、曲線y=f(x)は単調に増加し、下に凸である。
点Pk-1における接線をLk-1とおくと、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf L_{k-1}:\ y-\log\left(1+\frac{k-1}{n}\right)=\frac{1}{1+\frac{k-1}{n}}\left(x-\frac{k-1}{n}\right)\end{align*}}$
であり、点Pkを通りy軸に平行な直線とLk-1との交点をTkとおくと、
Tkのy座標は
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf y-\log\left(1+\frac{k-1}{n}\right)=\frac{1}{1+\frac{k-1}{n}}\left(\frac{k}{n}-\frac{k-1}{n}\right)\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \ \ \Leftrightarrow\ \ y=\log\left(1+\frac{k-1}{n}\right)+\frac{1}{n+k-1}\end{align*}}$
よって、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf P_{k-1} T_k &=\sf \sqrt{\left(\frac{k}{n}-\frac{k-1}{n}\right)^2+\left\{\left(\log\left(1+\frac{k-1}{n}\right)+\frac{1}{n+k-1}\right)-\log\left(1+\frac{k-1}{n}\right)\right\}^2}\\ &=\sf \sqrt{\left(\frac{1}{n}\right)^2+\left(\frac{1}{n+k-1}\right)^2}\\ &=\sf \frac{1}{n}\sqrt{1+\frac{1}{\left(1+\frac{k-1}{n}\right)^2}}\end{align*}}$
また、y=f(x)は下に凸なので、点Tkは曲線より上側にある。
よって、△Pk-1PkTkにおいて
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf P_{k-1}P_k< P_{k-1}T_k=\frac{1}{n}\sqrt{1+\frac{1}{\left(1+\frac{k-1}{n}\right)^2}}\end{align*}}$
が成り立つ。
一方、点Pkにおける接線をLkとおくと、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf L_{k}:\ y-\log\left(1+\frac{k}{n}\right)=\frac{1}{1+\frac{k}{n}}\left(x-\frac{k}{n}\right)\end{align*}}$
であり、点Pk-1を通りy軸に平行な直線とLkとの交点をTk-1とおくと、
Tk-1のy座標は上と同様に
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf y=\log\left(1+\frac{k}{n}\right)+\frac{1}{n+k}\end{align*}}$
となり、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf P_{k} T_{k-1} =\frac{1}{n}\sqrt{1+\frac{1}{\left(1+\frac{k}{n}\right)^2}}\end{align*}}$
また、y=f(x)は下に凸なので、点Tk-1は曲線より上側にある。
よって、△Pk-1PkTk-1において
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf P_{k-1}P_k>P_{k}T_{k-1}=\frac{1}{n}\sqrt{1+\frac{1}{\left(1+\frac{k}{n}\right)^2}}\end{align*}}$
が成り立つ。
以上より、不等式
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \frac{1}{n}\sqrt{1+\frac{1}{\left(1+\frac{k}{n}\right)^2}}\lt P_{k-1}P_k<\frac{1}{n}\sqrt{1+\frac{1}{\left(1+\frac{k-1}{n}\right)^2}}\end{align*}}$
は成り立つ。
(2)
(1)の不等式はk=1，2，・・・，nに対して成り立つので、和をとると
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \sum_{k=1}^n\frac{1}{n}\sqrt{1+\frac{1}{\left(1+\frac{k}{n}\right)^2}}<\sum_{k=1}^nP_{k-1}P_k<\sum_{k=1}^n\frac{1}{n}\sqrt{1+\frac{1}{\left(1+\frac{k-1}{n}\right)^2}}\end{align*}}$
となる。区分求積法を用いると
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \lim_{n\rightarrow\infty}\sum_{k=1}^n\frac{1}{n}\sqrt{1+\frac{1}{\left(1+\frac{k}{n}\right)^2}}=\int_0^1\sqrt{1+\frac{1}{\left(1+x\right)^2}}\ dx\end{align*}}$
となり、この値をIとする。
ここで、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf 1+x=\tan\theta\ \ ,\ \ \frac{dx}{d\theta}=\frac{1}{\cos^2\theta}\end{align*}}$
と置換し、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \tan\alpha=2\ \ ,\ \ \cos\alpha=\frac{1}{\sqrt5}\ ,\ \sin\alpha=\frac{2}{\sqrt5}\ \ \ \left(0<\alpha <\frac{\pi}{2}\right)\end{align*}}$
となる$\scriptsize\sf{\alpha}$ を考えると、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\rm I\sf &=\sf \int_{\pi /4}^{\alpha}\sqrt{1+\frac{1}{\tan^2\theta}}\cdot\frac{d\theta}{\cos^2\theta}\\ &=\sf \int_{\pi /4}^{\alpha}\sqrt{\frac{1}{\sin^2\theta}}\cdot\frac{d\theta}{\cos^2\theta}\\ &=\sf \int_{\pi /4}^{\alpha}\frac{d\theta}{\sin\theta\cos^2\theta}\end{align*}}$
さらに、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf t=\cos\theta\ \ ,\ \ \frac{dt}{d\theta}=-\sin\theta\end{align*}}$
と置換すると、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\rm I\sf &=\sf \int_{1/\sqrt2}^{1/\sqrt5}\frac{1}{t^2\sin\theta}\cdot\frac{dt}{-\sin\theta}\\ &=\sf \int_{1/\sqrt2}^{1/\sqrt5}\frac{dt}{t^2\left(t^2-1\right)}\ \ \ \ \left(\because\ \sin^2\theta=1-\cos^2\theta=1-t^2\right)\\ &=\sf \int_{1/\sqrt2}^{1/\sqrt5}\frac{1}{t^2\left(t-1\right)\left(t+1\right)}\ dt\end{align*}}$
ここで、実数a、b、c、dを用いて
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \frac{1}{t^2\left(t-1\right)\left(t+1\right)}=\frac{a}{t^2}+\frac{b}{t}+\frac{c}{t-1}+\frac{d}{t+1}\end{align*}}$
とおき、分母を払うと
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf 1=a\left(t-1\right)\left(t+1\right)+bt\left(t-1\right)\left(t+1\right)+ct^2\left(t+1\right)+dt^2\left(t-1\right)\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \ \ \Leftrightarrow\ \ \left(b+c+d\right)t^3+\left(a+c-d\right)t^2-bt-a-1=0\end{align*}}$
これが任意のtに対して成り立つので、係数を比較すると、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf b+c+d=a+c-d=-b=-a-1=0\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \ \ \Leftrightarrow\ \ a=-1\ ,\ b=0\ ,\ c=\frac{1}{2}\ ,\ d=-\frac{1}{2}\end{align*}}$
よって、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\rm I\sf &=\sf \int_{1/\sqrt2}^{1/\sqrt5}\left\{-\frac{1}{t^2}+\frac{1}{2\left(t-1\right)}-\frac{1}{2\left(t+1\right)}\right\}dt\\ &=\sf \left[\frac{1}{t}+\frac{1}{2}\log\left|t-1\right|-\frac{1}{2}\log\left|t+1\right|\right]_{1/\sqrt2}^{1/\sqrt5}\\ &=\sf \left[\frac{1}{t}+\log\sqrt{\frac{1-t}{1+t}}\ \right]_{1/\sqrt2}^{1/\sqrt5}\\ &=\sf \sqrt5-\sqrt2+\log\sqrt{\frac{1-\frac{1}{\sqrt5}}{1+\frac{1}{\sqrt5}}}-\log\sqrt{\frac{1-\frac{1}{\sqrt2}}{1+\frac{1}{\sqrt2}}}\\ &=\sf \sqrt5-\sqrt2+\log\sqrt{\frac{\sqrt5-1}{\sqrt5+1}}-\log\sqrt{\frac{\sqrt2-1}{\sqrt2+1}}\\ &=\sf \sqrt5-\sqrt2+\log\sqrt{\frac{\left(\sqrt5-1\right)^2}{4}}-\log\sqrt{\left(\sqrt2-1\right)^2}\\ &=\sf \underline{\sf \sqrt5-\sqrt2+\log\frac{\sqrt5-1}{2}-\log\left(\sqrt2-1\right)}\end{align*}}$
どえらい計算になってしまいました（笑）
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- 2016/07/06(水) 23:57:00|
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