第４問
$\small\sf{\begin{align*} \sf f\ (x)=\log\left(e^x+e^{-x}\right)\end{align*}}$ とおく。曲線y＝f(x)の点(t，f(t))における
接線をLとする。直線Lとy軸の交点のy座標をb(t)とおく。
(１) 次の等式を示せ。
$\small\sf{\begin{align*} \sf b\ (t)=\frac{2te^{-t}}{e^t+e^{-t}}+\log\left(1+e^{-2t}\right)\end{align*}}$
(２) x≧0のとき、$\small\sf{\begin{align*} \sf \log\left(1+x\right)\leqq x\end{align*}}$ であることを示せ。
(３) t≧0のとき、
$\small\sf{\begin{align*} \sf b\ (t)\leqq\frac{2}{e^t+e^{-t}}+e^{-2t}\end{align*}}$
(４) $\small\sf{\begin{align*} \sf b\ (0)=\lim_{x\rightarrow\infty}\int_0^x\frac{4t}{\left(e^t+e^{-t}\right)^2}\ dt\end{align*}}$ であることを示せ。
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【解答】
(１)
f(t)の導関数は、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf f\ '(x)=\frac{\left(e^t+e^{-t}\right)'}{e^t+e^{-t}}=\frac{e^t-e^{-t}}{e^t+e^{-t}}\end{align*}}$
点(t，f(t))における接線Lは
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf L:\ y-\log\left(e^t+e^{-t}\right)=\frac{e^t-e^{-t}}{e^t+e^{-t}}\left(x-t\right)\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \ \ \Leftrightarrow\ \ y=\frac{e^t-e^{-t}}{e^t+e^{-t}}\ x-\frac{\left(e^t-e^{-t}\right)t}{e^t+e^{-t}}+\log\left(e^t+e^{-t}\right)\end{align*}}$
なので、Lのy切片は、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf b\ (t)=-\frac{\left(e^t-e^{-t}\right)t}{e^t+e^{-t}}+\log\left(e^t+e^{-t}\right)\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =-\frac{\left\{\left(e^t+e^{-t}\right)-2e^{-t}\right\}t}{e^t+e^{-t}}+\log\left(e^t+e^{-t}\right)\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\frac{2te^{-t}}{e^t+e^{-t}}-t+\log\left(e^t+e^{-t}\right)\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\frac{2te^{-t}}{e^t+e^{-t}}+\log\left\{\left(e^t+e^{-t}\right)e^{-t}\right\}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\frac{2te^{-t}}{e^t+e^{-t}}+\log\left(1+e^{-2t}\right)\end{align*}}$
となり、題意は示された。
(２)
xの関数g(x)を
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf g\ (x)=x-\log\left(1+x\right)\ \ \ \left(0\leqq x\right)\end{align*}}$
とおくと、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf g\ '(x)=1-\frac{1}{1+x}=\frac{x}{1+x}\geqq 0\ \ \ \left(\because\ 0\leqq x\right)\end{align*}}$
となるので、g(x)は単調に増加する。
よって、任意のx（≧0）に対して、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf g\ (x)\geqq g\ (0)=0 \ \ \Leftrightarrow\ \ x\geqq \log\left(1+x\right)\end{align*}}$
が成り立つ。
(３)
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \frac{2}{e^t+e^{-t}}+e^{-2t}-b\ (t)\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\frac{2-2te^{-t}}{e^t+e^{-t}}+e^{-2t}-\log\left(1+e^{-2t}\right)\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \geqq\frac{2\left(1-te^{-t}\right)}{e^t+e^{-t}} \end{align*}}$ ←e-2t＞0と(２)より
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\frac{2\left(e^t-t\right)}{e^{2t}+1} \end{align*}}$ ……(ⅰ)
ここで(２)より、t≧0であるtに対して
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf t\geqq \log\left(1+t\right)\ \ \Leftrightarrow\ \ e^t\geqq 1+t>t\ \ \ \ \left(\because\ e>1\right)\end{align*}}$
が成り立つので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf (i)\geqq 0\ \ \Leftrightarrow\ \ b\ (t)\leqq\frac{2}{e^t+e^{-t}}+e^{-2t}\end{align*}}$ ．
よって、題意は示された。
(４)
(１)で求めたb(t)の導関数は、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf b\ '(t)=\frac{\left(2te^{-t}\right)'\left(e^t+e^{-t}\right)-2te^{-t}\left(e^t+e^{-t}\right)'}{\left(e^t+e^{-t}\right)^2}+\frac{-2e^{-2t}}{1+e^{-2t}}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\frac{2\left(e^{-t}-te^{-t}\right)\left(e^t+e^{-t}\right)-2te^{-t}\left(e^t-e^{-t}\right)}{\left(e^t+e^{-t}\right)^2}-\frac{2e^{-t}}{e^t+e^{-t}}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\frac{2\left(1-2t+e^{-2t}\right)-2e^{-t}\left(e^t+e^{-t}\right)}{\left(e^t+e^{-t}\right)^2}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =-\frac{4t}{\left(e^t+e^{-t}\right)^2}\end{align*}}$
となるので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \lim_{x\rightarrow\infty}\int_0^x\frac{4t}{\left(e^t+e^{-t}\right)^2}\ dt=\lim_{x\rightarrow\infty}\bigg[-b\ (t)\bigg]_0^x\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\lim_{x\rightarrow\infty}\bigg\{-b\ (x)+b\ (0)\bigg\}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =b\ (0)-\lim_{x\rightarrow\infty}\ b\ (x)\end{align*}}$ ……(ⅱ)
ここで、x→∞の極限を考えるので、x＞0と考えてよく、
ex＞0、e-x＞0なので、0＜b(x)である。
これと(３)より
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf 0\lt b\ (x)\leqq\frac{2}{e^x+e^{-x}}+e^{-2x}\end{align*}}$
であり、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \lim_{n\rightarrow\infty}\left(\frac{2}{e^x+e^{-x}}+e^{-2x}\right)=0\end{align*}}$
なので、はさみうちの原理より
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \lim_{x\rightarrow\infty}\ b\ (x)=0\end{align*}}$ ．
よって、(ⅱ)より
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf b\ (0)=\lim_{x\rightarrow\infty}\int_0^x\frac{4t}{\left(e^t+e^{-t}\right)^2}\ dt\end{align*}}$
が成り立つ。
(４)は、式をいじってたら偶然できたって感じです＾＾；；
テーマ:数学 - ジャンル:学問・文化・芸術
- 2018/11/06(火) 01:10:00|
- 大学入試(数学) .関東の大学 .筑波大 2015
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