第1問
s、tを0＜s＜1、0＜t＜1を満たす実数とする。xy平面において、原点
O(0，0)、点A(p，q) （q＞0）および点B(1，0)を頂点とする三角形OAB
を考える。線分AOをs：(1-s)の比に内分する点をCとし、線分ABを
t：(1-t)の比に内分する点をDとする。点Aから直線CDにおろした垂線
をAHとし、線分AHの長さをhとおく。また、線分CDの長さをLとおく。
(1) $\small\sf{\begin{align*} \sf \overrightarrow{\sf OA}=\overrightarrow{\sf a}\end{align*}}$ 、$\small\sf{\begin{align*} \sf \overrightarrow{\sf OB}=\overrightarrow{\sf b}\end{align*}}$ とする。ベクトル $\small\sf{\begin{align*} \sf \overrightarrow{\sf CD}\end{align*}}$ をs、tおよび $\small\sf{\begin{align*} \sf \overrightarrow{\sf a}\end{align*}}$ 、$\small\sf{\begin{align*} \sf \overrightarrow{\sf b}\end{align*}}$ を用いて
表せ。
(2) hとs、t、qおよびLを用いて表せ。また、Lをs、t、p、qを用いて表せ。
(3) s、tおよびqを固定する。pが実数全体を動くときのhの最大値を求めよ。
－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－
【解答】
(1)
CはAOをs：(1-s)に内分する点、DはABをt：(1-t)に内分する
点なので
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \overrightarrow{\sf OC}=\left(1-s\right)\overrightarrow{\sf a}\ \ ,\ \ \overrightarrow{\sf OD}=\left(1-t\right)\overrightarrow{\sf a}+t\overrightarrow{\sf b}\end{align*}}$
よって、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \overrightarrow{\sf CD}=\overrightarrow{\sf OD}-\overrightarrow{\sf OC}=\underline{\left(s-t\right)\overrightarrow{\sf a}+t\overrightarrow{\sf b}}\end{align*}}$
(2)
∠OAB=$\scriptsize\sf{\theta}$ とおくと、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \triangle AOB=\frac{1}{2}AO\cdot AB\sin\theta\ \ ,\ \ \triangle ACD=\frac{1}{2}AC\cdot AD\sin\theta\end{align*}}$
であり、AO：AC=1：s、AB：AD=1：tなので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \triangle ACD=\triangle AOB&\ \ \Leftrightarrow\ \ \sf \frac{1}{2}Lh=st\cdot\frac{1}{2}\cdot 1\cdot q \\ &\ \ \Leftrightarrow\ \ \sf \underline{h=\frac{stq}{L}}\end{align*}}$
また、(1)より
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \overrightarrow{\sf CD=}\left(s-t\right)\left(p,q\right)+t\left(1,0\right)=\left(\left(s-t\right)p+t,\left(s-t\right)q\right)\end{align*}}$
なので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf L=\left|\overrightarrow{\sf CD}\right|=\underline{\sqrt{\left\{\left(s-t\right)p+t\right\}^2+\left(s-t\right)^2q^2}}\end{align*}}$
(3)
・s=tのとき
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf L=\sqrt{t^2}=t\ (>0)\end{align*}}$
なので、$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf h=\underline{sq}\end{align*}}$
・s≠tのとき
Lが最小になるのは $\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf p=-\frac{t}{s-t}\end{align*}}$ のときであり、その値は
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf L_{min}=\sqrt{\left(s-t\right)^2q^2}=\left|s-t\right|q\end{align*}}$
このとき、hは最大となり、その値は
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf h_{max}=\frac{stq}{\left|s-t\right|q}=\underline{\frac{st}{\left|s-t\right|}}\end{align*}}$
(3)は、場合分けと絶対値を忘れないように。
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第2問
関数f(x)を
$\small\sf{\begin{align*} \sf f\left(x\right)=\int_x^{\frac{\pi}{2}}\frac{\cos\theta}{\sin\theta}\ d\theta\ \ \ \ \left(0\lt x\leqq\frac{\pi}{2}\right)\end{align*}}$
により定める$\small\sf{\begin{align*} \sf 0\lt t\lt \frac{\pi}{2}\end{align*}}$ を満たす実数tに対し、xy平面における曲線
$\small\sf{\begin{align*} \sf y=f(x)\ \ \left(t\leqq x\leqq\frac{\pi}{2}\right)\end{align*}}$ の長さをL(t)とおく。
(1) 極限 $\small\sf{\begin{align*} \sf \lim_{x\rightarrow +0}f\left(x\right)\end{align*}}$ を求めよ。
(2) f(t)を求めよ。
(3) 極限 $\small\sf{\begin{align*} \sf \lim_{t\rightarrow +0}\bigg(L\left(t\right)-f\left(t\right)\bigg)\end{align*}}$ を求めよ。
－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－
【解答】
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf f\left(x\right)=\int_x^{\frac{\pi}{2}}\frac{\cos\theta}{\sin\theta}\ d\theta\ \ \ \ \left(0\lt x\leqq \frac{\pi}{2}\right)\end{align*}}$
(1)
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf f(x)&=\sf \int_x^{\frac{\pi}{2}}\frac{\left(\sin\theta\right)'}{\sin\theta}\ d\theta\\ &=\sf \bigg[\log\left|\sin\theta\right|\bigg]_x^{\frac{\pi}{2}}\\ &=\sf \log\left(\sin\frac{\pi}{2}\right)-\log\left(\sin x\right)\\ &=\sf -\log\left(\sin x\right)\end{align*}}$
なので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \lim_{x\rightarrow +0}f\left(x\right)=-\lim_{x\rightarrow +0}\log\left(\sin x\right)=\underline{+\infty}\end{align*}}$
(2)
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf f\ '\left(x\right)=-\frac{\cos x}{\sin x}\end{align*}}$
なので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf L\left(t\right)&=\sf \int_t^{\frac{\pi}{2}}\sqrt{1+\bigg\{f\ '\left(x\right)\bigg\}^2} dx\\ &=\sf \int_t^{\frac{\pi}{2}}\sqrt{1+\frac{\cos^2x}{\sin^2x}} dx\\ &=\sf \int_t^{\frac{\pi}{2}}\sqrt{\frac{1}{\sin^2x}} dx\ \ \ \left(\because\ \sin^2x+\cos^2x=1\right)\\ &=\sf \int_t^{\frac{\pi}{2}}\frac{dx}{\sin x}\ \ \ \ \left(\because\ 0\lt t\leqq x\leqq \frac{\pi}{2}\right)\end{align*}}$
ここで、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf z=\cos x\ \ ,\ \ \frac{dz}{dx}=-\sin x\end{align*}}$
と置換すると、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf L\left(t\right)&=\sf \int_{\cos t}^{\cos\frac{\pi}{2}}\frac{1}{\sin x}\cdot\frac{dz}{-\sin x} \\ &=\sf \int_{\cos t}^0\frac{dz}{z^2-1}\ \ \ \ \left(\because\ -\sin^2x=\cos^2x-1=z^2-1\right)\\ &=\sf \frac{1}{2}\int_{\cos t}^0\left(\frac{1}{s-1}-\frac{1}{s+1}\right)ds\\ &=\sf \frac{1}{2}\bigg[\log\left|s-1\right|-\log\left|s+1\right|\bigg]_{cos t}^0\\ &=\sf \frac{1}{2}\bigg\{\log 1-\log 1-\log\left(1-\cos t\right)+\log\left(1+\cos t\right)\bigg\}\\ &=\sf \frac{1}{2}\log\frac{1+\cos t}{1-\cos t}\\ &=\sf \frac{1}{2}\log\frac{\left(1+\cos t\right)^2}{\sin^2t}\\ &=\sf \underline{\log\frac{1+\cos t}{\sin t}}\end{align*}}$
(3)
(1)、(2)より
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \lim_{t\rightarrow +0}\bigg(L\left(t\right)-f\left(t\right)\bigg)&=\sf \lim_{t\rightarrow +0}\bigg(\log\frac{1+\cos t}{\sin t}+\log\left(\sin t\right)\bigg)\\ &=\sf \lim_{t\rightarrow +0}\log\left(1+\cos t\right)\\ &=\sf \underline{\log 2}\end{align*}}$
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第3問
aを正の実数とし、nを自然数とする。iを虚数単位とし、複素数 $\small\sf{\begin{align*} \sf z_n=1+ \frac{a}{n}\ i\end{align*}}$
を考え、 $\small\sf{\begin{align*} \sf r_n=|z_n|\ ,\ \ \theta_n=\arg z_n\ \ \left(0\lt\theta\lt\frac{\pi}{2}\right)\end{align*}}$ とおく。このとき、次の問い
に答えよ。ただし、$\small\sf{\begin{align*} \sf 0\lt x\lt \frac{\pi}{2}\end{align*}}$ のとき、$\small{\sf \sin x\lt x\lt\tan x}$ が成り立つことを
証明なしに用いてよい。
(1) 関数 $\small\sf{\begin{align*} \sf f\left(x\right)=\frac{x}{\tan x}\end{align*}}$ の$\small\sf{\begin{align*} \sf 0\lt x\lt \frac{\pi}{2}\end{align*}}$ の範囲における増減を調べよ。
(2) 不等式n$\small\sf{\theta_n\lt (n+1)\theta_{n+1}\ \ (n=1,2,3,\cdots)}$ が成り立つことを示せ。
(3) 極限 $\small\sf{\begin{align*} \sf \lim_{n\rightarrow\infty}n\theta _n\end{align*}}$ および $\small\sf{\begin{align*} \sf \lim_{n\rightarrow\infty}\left(r_n\right)^n\end{align*}}$ を求めよ。
－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－
【解答】
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \sin x\lt x<\tan x\ \ \ \left(0\lt x<\frac{\pi}{2}\right)\end{align*}}$ ・・・・・・(ⅰ)
(1)
f(x)の導関数は
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf f\ '(x)&=\sf \frac{1\cdot\tan x-x\cdot\frac{1}{\cos^2x}}{\tan^2x}\\ &=\sf \frac{\sin x\cos x-x}{\sin^2x}\\ &<\sf \frac{\sin x-x}{\sin^2x}\ \ \ \ \left(\because\ 0<\sin x\ ,\ \cos x<1\right)\\ &<\sf 0\ \ \ \ \left(\because\ \ (i)\right)\end{align*}}$
となるので、f(x)は単調に減少する。
(2)
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \tan\theta_n=\frac{a}{n}\end{align*}}$ ・・・・・・(ⅱ)
であり、$\scriptsize\sf{\sf 0\lt x\lt\pi/2}$ の範囲で$\scriptsize\sf{\sf\tan x}$ は単調に
増加するので
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf n\lt n+1 &\ \ \Leftrightarrow\ \ \sf \frac{a}{n}>\frac{a}{n+1}\\ &\ \ \Leftrightarrow\ \ \sf \tan\theta_n>\tan\theta_{n+1}\\ &\ \ \Leftrightarrow\ \ \sf \theta_n>\theta_{n+1}\end{align*}}$
(1)よりf(x)は単調に減少するので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf f\left(\theta_{n}\right)\lt f\left(\theta_{n+1}\right)&\ \ \Leftrightarrow\ \ \sf \frac{\theta_{n}}{\tan\theta_{n}}<\frac{\theta_{n+1}}{\tan\theta_{n+1}}\\ &\ \ \Leftrightarrow\ \ \sf \frac{n\theta_n}{a}<\frac{\left(n+1\right)\theta_{n+1}}{a}\ \ \ \ \left(\because\ (ii)\right)\\ &\ \ \Leftrightarrow\ \ \sf n\theta_n<\left(n+1\right)\theta_{n+1}\ \ \ \ \left(\because\ a>0\right)\end{align*}}$
(3)
(ⅰ)とn＞0より
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \sin\theta_n<\theta_n<\tan\theta_n\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \ \ \Leftrightarrow\ \ n\sin\theta_n\lt n\theta_n\lt n\tan\theta_n\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \ \ \Leftrightarrow\ \ n\tan\theta_n\cos\theta_n\lt n\theta_n\lt n\tan\theta_n\end{align*}}$
(ⅱ)より
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf a\cos\theta_n\lt n\theta_n\lt a\end{align*}}$
ここで、n→∞のとき$\scriptsize\sf{\theta}$ n→0なので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \lim_{n\rightarrow\infty}\cos\theta_n=1\end{align*}}$
はさみうちの原理より
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \lim_{n\rightarrow\infty}n\theta_n=\underline{a}\end{align*}}$
また、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \lim_{n\rightarrow\infty}\left(r_n\right)^n&=\sf \lim_{n\rightarrow\infty}\sqrt{1^2+\left(\frac{a}{n}\right)^2}\\ &=\sf \lim_{n\rightarrow\infty}\left(1+\frac{a^2}{n^2}\right)^{\frac{n}{2}}\\ &=\sf \lim_{n\rightarrow\infty}\left(1+\frac{a^2}{n^2}\right)^{\frac{n^2}{a^2}\cdot\frac{a^2}{2n}}\\ &=\sf \lim_{n\rightarrow\infty}e^{\frac{a^2}{2n}}\\ &=\sf e^0\\ &=\sf \underline{1}\end{align*}}$
(2)の後半は、ネイピア数の定義を使います。
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第4問
nを2以上の自然数とする。n個の実数a1、a2、・・・、anが条件
a1＜a2＜・・・＜anを満たすとする。b1、b2、・・・、bnはn個の数
a1、a2、・・・、anをすべて並べた順列であり、順列a1、a2、・・・、an
とは異なるとする。
(1) 実数p1,p2,q1,q2がp1＜p2およびq1＜q2を満たすとき、不等式
p1q2+p2q1＜p1q1+p2q2
が成り立つことを示せ。
(2) $\small\sf{\begin{align*} \sf b_i>b_j\end{align*}}$ を満たす2つの自然数i、j （1≦i＜j≦n）が存在することを
示せ。
(3) n個の数a1、a2、・・・、anをすべて並べた順列c1、c2、・・・、cnで、
不等式
$\small\sf{\begin{align*} \sf \sum_{k=1}^na_kb_k<\sum_{k=1}^na_kc_k\end{align*}}$
を満たすものが存在することを示せ。
－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－
【解答】
(1)
p1q1+p2q2-(p1q2+p2q1)
=p1(q1-q2)-p2(q1-q2)
=(p1-p2)(q1-q2)
＞0 （∵ p1＜p2、 q1＜q2）
よって、不等式 p1q2+p2q1＜p1q1+p2q2 が成り立つ。
(2)
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf b_i>b_j\end{align*}}$ を満たすi、j （1≦i＜j≦n）が存在しないと仮定すると、
任意の2つの自然数i、j （1≦i＜j≦n）に対して $\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf b_i\lt b_j\end{align*}}$ となるので、
b1＜b2＜・・・＜bnとなる。
このとき、順列b1、b2、・・・、bnは順列a1、a2、・・・、anと一致するので
題意に矛盾する。
よって、$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf b_i>b_j\end{align*}}$ を満たす2つの自然数i、j（1≦i＜j≦n）が存在する。
(3)
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf b_i>b_j\end{align*}}$ を満たす2つの自然数i、j （1≦i＜j≦n）に対して、
順列c1、c2、・・・、cnを、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf c_i=b_j\end{align*}}$ 、 $\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf c_j=b_i\end{align*}}$
cm=bm （m=1，2，・・・，n かつ m≠i、j）
のように定めると、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \sum_{k=1}^na_kc_k-\sum_{k=1}^na_kb_k&=\sf a_ic_i+a_jc_j-\left(a_ib_i+a_jb_j\right)\\ &=\sf a_ib_j+a_jb_i-\left(a_ib_i+a_jb_j\right)\end{align*}}$
ここで、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf a_i\lt a_j\ ,\ b_i>b_j\end{align*}}$
なので、(1)より
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf a_ib_j+a_jb_i>a_ib_i+a_jb_j\end{align*}}$
よって、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \sum_{k=1}^na_kb_k<\sum_{k=1}^na_kc_k\end{align*}}$
が成り立つ。
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