第１問
a、bは実数とする。xy平面上で不等式y≦exをみたす点(x，y)の
集合をDとし、直線y=ax+bをLとする。
(１) LがDに含まれるためのa、bの条件を求め、その条件をみたす点
(a，b)の集合Eをab平面上に図示せよ。
(２) tは正の実数とし、ab平面上で連立不等式a≧t、b≧0をみたす点
(a，b)の集合をFtとする。(１)のEとFtの共通部分の面積をS(t)
とするとき、$\small\sf{\begin{align*}\sf \lim_{x\rightarrow 0}\end{align*}}$ S(t)を求めよ。
必要なら$\small\sf{\begin{align*}\sf \lim_{x\rightarrow 0}xlogx=0\end{align*}}$ であることは用いてよい。
－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－
【解答】
(１)
関数f(x)を
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf f\left(x\right)=e^x-ax-b \end{align*}}$
とおくと、すべての実数に対してf(x)≧0となればよい。
a＜0のときは
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \lim_{x\rightarrow -\infty}f\left(x\right)=-\lim_{x\rightarrow -\infty}\left(ax+b\right)=-\infty \end{align*}}$
となるので不適。
a=0のとき
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf f\left(x\right)=e^x\gt 0 \end{align*}}$
なので、f(x)は単調の増加する。よって、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \lim_{x\rightarrow -\infty}f\left(x\right)=-b\geq 0\ \ \Leftrightarrow\ \ b\leq 0 \end{align*}}$
であればよい。
a＞0のとき
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf f\left(x\right)=e^x-a \end{align*}}$
なので、f(x)の増減は次のようになる。
よって、常にf(x)≧0が成り立つためには、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf f\left(loga\right)=a-aloga-b\geq 0\ \ \Leftrightarrow\ \ \underline{b\leq a-aloga} \end{align*}}$
であればよい。（この条件式は、a=0のときも成り立つ。）
ここで、関数
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf b=a-aloga\end{align*}}$
の導関数は
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf b'=1-\left(loga+a\cdot\frac{1}{a}\right)=-loga\end{align*}}$
なので、bの増減は次のようになる。
これらより、集合Eを図示すると図のようになる。
（境界線上の点も含む）
(２)
(１)より
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf S\left(t\right)&=\sf \int_t^e\left(a-aloga\right)da \\ &=\sf\left[\frac{1}{2}a^2-\frac{1}{2}a^2loga\right]_t^e+\int_t^e\frac{1}{2}a^2\cdot\frac{1}{a}da\sf \\ &=\sf \left[\frac{1}{2}a^2-\frac{1}{2}a^2loga+\frac{1}{4}a^2\right]_t^e \\ &=\sf \frac{1}{4}e^2+\frac{1}{2}t^2logt-\frac{3}{4}t^2\end{align*}}$
ここで、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \lim_{t\rightarrow +0}tlogt=0\end{align*}}$
なので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf\lim_{t\rightarrow +0}S\left(t\right)=\underline{\frac{1}{4}e^2}\end{align*}}$
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第２問
xy平面上の原点(0，0)に駒をおき、以下の操作を繰り返し、駒をxy平面上で
移動させる。
操作：サイコロを投げ、出た目をk（1≦k≦6）とする。
(ⅰ) kが奇数のとき、x軸方向にkだけ移動させる。
(ⅱ) kが偶数のとき、y軸方向に$\small\sf{\frac{k}{2}}$ だけ移動させる。
例えば駒が(1，1)にあるとき、3の目が出れば(4，1)に、4の目が出れば
(1，3)に移動させる。
以下の問いに答えよ。ただし実数xについて、[x]はxを超えない最大の整数を表す。
(１) p、qは0以上の整数とする。点(p，q)に到達させるために必要なサイコロを
投げる最小の回数をN(p，q)とおく。
$\small\sf{\begin{align*}\sf \left[\frac{p}{5}\right]\leq N\left(p,0\right)\leq\left[\frac{p}{5}\right]+2\ ,\ \ \left[\frac{q}{3}\right]\leq N\left(0,b\right)\leq\left[\frac{q}{3}\right]+1\end{align*}}$
であることを証明せよ。
(２) a、bは0以上の整数とする。ただし、a、bの少なくとも一方は0でないとする。
極限値$\small\sf{\begin{align*}\sf \lim_{n\rightarrow\infty}\frac{N\left(an,bn\right)}{\left(a+b\right)n}\end{align*}}$
を求めよ．
(３) (２)の極限値をR(a，b)とおく。R(a，b)の最大値と最小値を求めよ。
－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－
【解答】
(１)
sを0以上の整数とすると
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \left[\frac{5s}{5}\right]=\left[\frac{5s+1}{5}\right]=\left[\frac{5s+2}{5}\right]=\left[\frac{5s+3}{5}\right]=\left[\frac{5s+4}{5}\right]=s \end{align*}}$
・p=5sのとき、5の目がs回出ればよいので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf N\left(p,0\right)=s=\left[\frac{p}{5}\right]\end{align*}}$
・p=5s+1のとき、5の目がs回、1の目が2回出ればよいので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf N\left(p,0\right)=s+2=\left[\frac{p}{5}\right]+2\end{align*}}$
・p=5s+2のとき、5の目がs回、3の目が1回出ればよいので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf N\left(p,0\right)=s+1=\left[\frac{p}{5}\right]+1\end{align*}}$
・p=5s+3のとき、5の目がs回、1の目が1回出ればよいので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf N\left(p,0\right)=s+1=\left[\frac{p}{5}\right]+1\end{align*}}$
・p=5s+4のとき、5の目がs回、3の目が1回、1の目が1回出ればよいので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf N\left(p,0\right)=s+2=\left[\frac{p}{5}\right]+2\end{align*}}$
以上より、不等式
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \left[\frac{p}{5}\right]\leq N\left(p,0\right)\leq\left[\frac{p}{5}\right]+2\end{align*}}$
が成り立つ。
一方、tを0以上の整数とすると
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \left[\frac{3t}{3}\right]=\left[\frac{3t+1}{3}\right]=\left[\frac{3t+2}{3}\right]=t \end{align*}}$
・q=3tのとき、6の目がt回出ればよいので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf N\left(0,q\right)=t=\left[\frac{q}{3}\right]\end{align*}}$
・q=3t+1のとき、6の目がt回、2の目が1回出ればよいので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf N\left(0,q\right)=t+1=\left[\frac{q}{3}\right]+1\end{align*}}$
・q=3t+2のとき、6の目がt回、4の目が1回出ればよいので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf N\left(0,q\right)=t+1=\left[\frac{q}{3}\right]+1\end{align*}}$
以上より、不等式
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \left[\frac{q}{3}\right]\leq N\left(0,q\right)\leq\left[\frac{q}{3}\right]+1\end{align*}}$
が成り立つ。
(２)
(１)より、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \left[\frac{an}{5}\right]+\left[\frac{bn}{3}\right]\leq N\left(an,bn\right)\leq\left[\frac{an}{5}\right]+\left[\frac{bn}{3}\right]+3\end{align*}}$
であり、ガウス記号[ ]について、不等式
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \frac{an}{5}-1\lt\left[\frac{an}{5}\right]\leq\frac{an}{5}\ ,\ \ \ \frac{bn}{3}-1\lt\left[\frac{bn}{3}\right]\leq \frac{bn}{3}\end{align*}}$
が成り立つので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \frac{an}{5}+\frac{bn}{3}-2\leq N\left(an,bn\right)\leq\frac{an}{5}+\frac{bn}{3}+3\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \ \ \Leftrightarrow\ \ \frac{3an+5bn-30}{15\left(a+b\right)n}\lt\frac{N\left(an,bn\right)}{\left(a+b\right)n}\leq\frac{3an+5bn+45}{15\left(a+b\right)n} \end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \ \ \Leftrightarrow\ \ \frac{3a+5b-\frac{30}{n}}{15\left(a+b\right)}\lt\frac{N\left(an,bn\right)}{\left(a+b\right)n}\leq\frac{3a+5b+\frac{45}{n}}{15\left(a+b\right)} \end{align*}}$
ここで、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \lim_{n\rightarrow\infty}\frac{3a+5b-\frac{30}{n}}{15\left(a+b\right)}=\lim_{n\rightarrow\infty}\frac{3a+5b+\frac{45}{n}}{15\left(a+b\right)}=\frac{3a+5b}{15\left(a+b\right)} \end{align*}}$
なので、はさみうちの原理より
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \lim_{n\rightarrow\infty}\frac{N\left(an,bn\right)}{\left(a+b\right)n}=\underline{\frac{3a+5b}{15\left(a+b\right)}} \end{align*}}$
(３)
(２)より
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf R\left(a,b\right)=\frac{3a+5b}{15\left(a+b\right)} \end{align*}}$
・b=0のとき
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf R\left(a,b\right)=\frac{3a}{15a}=\frac{1}{5} \end{align*}}$
・b＞0のとき
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf R\left(a,b\right)=\frac{\frac{3a}{b}+5}{15\left(\frac{a}{b}+1\right)}=\frac{1}{15}\left(3+\frac{2}{\frac{a}{b}+1}\right)\end{align*}}$
であり、a≧0、b＞0なので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf 0\leq\frac{a}{b}\ \ \Leftrightarrow\ \ 0\lt\frac{2}{\frac{a}{b}+1}\leq 2\ \ \Leftrightarrow\ \ \frac{1}{5}\lt R\left(a,b\right)\leq\frac{1}{3}\end{align*}}$
以上より、$\scriptsize\sf{R\left(a,b\right)}$ は
a=0のとき最大 $\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \underline{\frac{1}{3}}\end{align*}}$
b=0のとき最小 $\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \underline{\frac{1}{5}}\end{align*}}$
となる。
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- 2018/06/26(火) 23:57:00|
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第３問
四面体ABCDはAC=$\small\sf{\frac{\sqrt3}{2}}$ 、AD=1、BC=$\small\sf{\frac{1}{2}}$ であり、
辺ADは面ABCに垂直であり、辺BCは面ACDに垂直であるとする。
(１) 辺BDの長さを求めよ。
(３) 点Cから辺ABに下ろした垂線の長さを求めよ。
次に四面体ABCDから十分に離れたところに直線ABと平行な平面$\small\sf{\alpha}$を一つとる。
$\small\sf{\alpha}$に垂直な平行光線を四面体ABCDにあてて、$\small\sf{\alpha}$上に影をつくる。その影の面積を
Sとする。
(３) 面ABDが$\small\sf{\alpha}$に平行であるときのSを求めよ。
(４) 直線ABを軸として四面体ABCDを1回転させるとき、Sの最大値、最小値を
求めよ。
－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－
【解答】
(１)
辺BC⊥平面ACDより、∠ACB=90°なので
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf AB=\sqrt{\left(\frac{1}{2}\right)^2+\left(\frac{\sqrt3}{2}\right)^2}=1\end{align*}}$
辺AD⊥平面ABCより、∠BAD=90°なので
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf BD=\sqrt{1^2+1^2}=\underline{\sqrt2}\end{align*}}$
(２)
△ABCにおいて、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \triangle ABC=\frac{1}{2}BC\cdot AC=\frac{1}{2}AB \cdot CH \ \ \Leftrightarrow\ \ CH=\frac{BC\cdot AC}{AB}=\underline{\frac{\sqrt3}{4}} \end{align*}}$
(３)
AD⊥面ABCより、面ABD⊥面ABCなので、影の形は△ABDと合同である。
よって、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf S=\frac{1}{2}\cdot 1\cdot 1=\underline{\frac{1}{2}}\end{align*}}$
(４)
∠BAD=90°、CH⊥面ABDであり、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf AB=AD=1\ ,\ \ AH=\frac{3}{4}\ ,\ \ CH=\frac{\sqrt3}{4}\end{align*}}$
なので、xyz空間内に四面体ABCDの4頂点を
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf A\left(0,0,0\right)\ ,\ B\left(1,0,0\right)\ ,\ D\left(0,1,0\right)\ ,\ H\left(\frac{3}{4},0,0\right)\ ,\ C\left(\frac{3}{4},\frac{\sqrt3}{4},0\right)\end{align*}}$
のように配置することができる。
これをx軸を軸として$\scriptsize\sf{\theta\ \ \left(-\frac{\pi}{2}\leq \theta\leq\frac{\pi}{2}\right)}$ だけ回転させると、2点C、Dはそれぞれ
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf C\left(\frac{3}{4},\frac{\sqrt3}{4}cos\left(\theta+\frac{\pi}{2}\right),\frac{\sqrt3}{4}sin\left(\theta+\frac{\pi}{2}\right)\right)=\left(\frac{3}{4},-\frac{\sqrt3}{4}sin\theta,\frac{\sqrt3}{4}cos\theta\right)\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf D\left(0,cos\theta,sin\theta\right)\end{align*}}$
に移動し、これらをxy平面に投影した点をそれぞれ
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf C'\left(\frac{3}{4},-\frac{\sqrt3}{4}sin\theta,0\right)\ ,\ \ D'\left(0,cos\theta,0\right)\end{align*}}$
とおく。
このとき、$\scriptsize\sf{\alpha}$をｘｙ平面と平行にとると、$\scriptsize\sf{\alpha}$にできる影は4点A、B、C’、D’を結んで
できる図形と合同である。
(ⅰ) $\scriptsize\sf{\begin{align*}0\leq\theta\leq\frac{\pi}{2}\end{align*}}$ のとき
△ABC’と△ABD’はx軸に関して反対側にあるので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf S&=\sf \triangle ABC'+\triangle ABD' \\ &=\sf \frac{1}{2}\cdot 1\cdot \frac{\sqrt3}{4}sin\theta+\frac{1}{2}\cdot 1\cdot cos\theta\\ &=\sf \frac{\sqrt3}{8}sin\theta+\frac{1}{2}cos\theta\\ &=\sf \frac{\sqrt{19}}{8}sin\left(\theta+\phi\right)\ \ \ \ \left(sin\phi=\frac{4}{\sqrt{19}}\ ,\ cos\phi=\frac{\sqrt3}{\sqrt{19}}\ ,\ \frac{\pi}{4}\lt\phi\lt\frac{\pi}{2}\right)\end{align*}}$
ここで、$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \phi\leq\theta +\phi\leq\phi+\frac{\pi}{2}\end{align*}}$ なので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf sin\left(\phi+\frac{\pi}{2}\right)\leq sin\left(\theta+\phi\right)\leq sin\frac{\pi}{2}\ \ \Leftrightarrow\ \ \frac{\sqrt3}{8}\leq S\leq\frac{\sqrt{19}}{8} \end{align*}}$
(ⅱ) △ABC’が△ABD’の内部にあるとき
xy平面において、直線C’Hと直線BD’の交点をEとすると、
△ABD’∽△HBEより
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf C'H\leq EH=\frac{1}{4}AD'&\sf\ \ \Leftrightarrow\ \ -\frac{\sqrt3}{4}sin\theta\leq\frac{1}{4}cos\theta\\ &\ \ \Leftrightarrow\ \ \sf tan\theta\geq-\frac{1}{\sqrt3}\\ &\ \ \Leftrightarrow\ \ \sf -\frac{\pi}{6}\leq\theta\leq 0\end{align*}}$
このとき、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf S=\triangle ABD' =\frac{1}{2}cos\theta\end{align*}}$
なので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf cos\left(-\frac{\pi}{6}\right)\leq cos\theta\leq cos0\ \ \Leftrightarrow\ \ \frac{\sqrt3}{4}\leq S\leq\frac{1}{2}\end{align*}}$
(ⅲ) $\scriptsize\sf{\begin{align*}-\frac{\pi}{2}\leq\theta\leq -\frac{\pi}{6}\end{align*}}$ のとき
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf S&=\sf \triangle ABC'+\triangle AC'D' \\ &=\sf -\frac{\sqrt3}{8}sin\theta+\frac{3}{8}cos\theta\\ &=\sf \frac{\sqrt3}{4}sin\left(\theta+\frac{2}{3}\pi\right)\end{align*}}$
ここで、$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \frac{\pi}{6}\leq\theta+\frac{2}{3}\pi\leq\frac{\pi}{2}\end{align*}}$ なので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf sin\frac{\pi}{6}\leq sin\left(\theta+\frac{2}{3}\pi\right)\leq sin\frac{\pi}{2}\ \ \Leftrightarrow\ \ \frac{\sqrt3}{8}\leq S\leq\frac{\sqrt{3}}{4} \end{align*}}$
(ⅰ)～(ⅲ)より
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \frac{\sqrt3}{8}\leq S\leq\frac{\sqrt{19}}{8} \end{align*}}$
なので、Sの最大値・最小値は
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf S_{max}=\underline{\frac{\sqrt{19}}{8}}\ ,\ \ S_{min}=\underline{\frac{\sqrt{3}}{8}} \end{align*}}$
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第４問
nは2以上の偶数とする。n個の式x-k （k=0，1，2，･･･，n-1）の積を
fn(x) とする。すなわち
fn(x)=x(x-1)(x-2)･･･(x-n+1)
である。
(１) 関数y=fn(x)のグラフはy軸に平行なある直線に関して対称であることを
証明せよ。
(２) x の方程式fn(x)=n!はちょうど2つの実数解をもつことを証明し、
その実数解を求めよ。
(３) (２)の実数解を$\small\sf{\alpha}$、$\small\sf{\beta}$ （$\small\sf{\alpha}$＜$\small\sf{\beta}$ ）とするとき
$\small\sf{\begin{align*}\sf \lim_{n\rightarrow\infty}\frac{1}{\left(n+1\right)!}\int_{\alpha}^{\beta}\left|f_n\left(x\right)\right|dx\end{align*}}$
を求めよ。
－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－
【解答】
(１)
関数y=fn(x)のグラフをx軸方向に$\scriptsize\sf{-\frac{n-1}{2}}$ だけ平行移動したものを、
y=h(x)とすると、
$\scriptsize\sf\begin{align*}\sf h\left(x\right)&=\sf \left(x+\frac{n-1}{2}\right)\left(x+\frac{n-1}{2}-1\right)\left(x+\frac{n-1}{2}-2\right)\cdots \left(x+\frac{n-1}{2}-n+1\right) \\ &=\sf \left(x+\frac{n-1}{2}\right)\left(x+\frac{n-3}{2}\right)\left(x+\frac{n-5}{2}\right)\cdots\left(x-\frac{n-3}{2}\right)\left(x-\frac{n-1}{2}\right)\\ &=\sf \left\{x^2-\left(\frac{n-1}{2}\right)^2\right\}\left\{x^2-\left(\frac{n-3}{2}\right)^2\right\}\cdots\left\{x^2-\left(\frac{3}{2}\right)^2\right\}\left\{x^2-\left(\frac{1}{2}\right)^2\right\}\end{align*}{}$
であり、$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf h\left(-x\right)= h\left(x\right)\end{align*}}$なので、関数h(x)は偶関数であり、そのグラフはy軸について
対称である。
よって、関数y=fn(x)のグラフは、直線$\scriptsize\sf{x=\frac{n-1}{2}}$について対称である。
(２)
まず、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf f_n\left(n\right)=n\left(n-1\right)\left(n-2\right)\cdots 2\cdot 1=n! \end{align*}}$
なので、x=nは解となる。
また、fn(x)の導関数は
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf f_n'\left(x\right)=\sum_{k=0}^{n-1}\frac{f_n\left(x\right)}{x-k}\end{align*}}$
であり、x≧n-1で常にfn’(x)≧0となるので、この範囲でfn(x)は単調に増加する。
よって、x≧n-1の解はx=nのみである。
これと(１)より、x≦0の解はx=-1のみである。
整数k=0，1，･･･，n-2に対して、k≦x≦k+1となるxを考えると、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \left|f_n\left(x\right)\right|&=\sf \left|x\right|\left|x-1\right|\cdots\left|x-k\right|\left|x-k-1\right|\cdots\left|x-n+1\right| \\ &=\sf x\left(x-1\right)\cdots\left(x-k\right)\cdot\left(k+1-x\right)\left(k+2-x\right)\cdots\left(n-1-x\right)\\ &\leq\sf\left(k+1\right)k\cdots\cdot 1\cdot\left(k+1-x\right)\left(k+2-x\right)\cdots\left(n-1-x\right) \ \ \ \ \left(\because\ x\leq k+1\right)\\ &=\sf \left(k+1\right)!\cdot\left(k+1-x\right)\left(k+2-x\right)\cdots\left(n-1-x\right)\\ &\leq\sf \left(k+1\right)!\cdot 1\cdot 2\cdot \cdots \left(n-k-1\right) \ \ \ \ \left(\because\ x\geq k\right)\\ &\lt\sf \left(k+1\right)!\cdot 1\cdot \left(k+2\right)\left(k+3\right)\cdots \left(n-1\right)\\ &=\sf \left(n-1\right)!\\ &\lt\sf n!\end{align*}}$
となるので、0≦x≦n-1の範囲でfn(x)=n!となるxは存在しない。
以上より、方程式fn(x)=n!はちょうど2つの実数解x=-11，nをもつ。
(３)
(２)より
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \int_{-1}^n\left|f_n\left(x\right)\right|dx&=\sf \int_{-1}^0f_n\left(x\right)dx+\sum_{k=0}^{n-2}\int_k^{k+1}\left|f_n\left(x\right)\right|dx+\int_{n-1}^nf_n\left(x\right)dx\\ &\leq\sf \int_{-1}^0n!dx+\sum_{k=0}^{n-2}\int_k^{k+1}\left(n-1\right)!dx+\int_{n-1}^nn!dx\\ &=\sf n!+\sum_{k=0}^{n-2}\left(n-1\right)!+n!\\ &=\sf 2n!+\left(n-1\right)\left(n-1\right)!\end{align*}}$
なので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \lim_{n\rightarrow\infty}\frac{1}{\left(n+1\right)!}\int_{\alpha}^{\beta}\left|f_n\left(x\right)\right|dx&=\sf \lim_{n\rightarrow\infty}\frac{2n!+\left(n-1\right)\left(n-1\right)!}{\left(n+1\right)!}\\ &=\sf \lim_{n\rightarrow\infty}\left(\frac{2}{n+1}+\frac{1-\frac{1}{n}}{n+1}\right)\\ &=\sf\underline{0} \end{align*}}$
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- 2018/06/28(木) 23:57:00|
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