第４問
$\small\sf{\begin{align*} \sf f(x)=\frac{1}{\cos x}-\tan x\ \ \left(0\leqq x\leqq \frac{\pi}{2}\right)\end{align*}}$ とする。次の問いに答えよ。
(１) h(x)を0≦x≦$\small\sf{\pi}$ /2で連続で、0≦x＜$\small\sf{\pi}$ /2ではh(x)=f(x)を
満たす関数とする。
(a) h($\small\sf{\pi}$ /2)を求めよ。
(b) h(x)の増加、減少を調べよ。
(c) $\small\sf{\begin{align*} \sf \int_0^xh(t)dt\end{align*}}$ を求めよ。
(２) nを自然数とし、cnを
$\small\sf{\begin{align*} \sf \int_{\pi /2-c_n}^{\pi /2}h(t)dt=\frac{1}{n}\int_0^{\pi /2}h(t)dt\end{align*}}$
を満たす0と$\small\sf{\pi}$ /2の間の数とする。次の極限を求めよ。
(a)$\small\sf{\begin{align*} \sf \lim_{n\rightarrow\infty} n\left(1-\cos c_n \right)\end{align*}}$
(b)$\small\sf{\begin{align*} \sf \lim_{n\rightarrow\infty} \sqrt{n}\ c_n\end{align*}}$
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【解答】
(１)
f(x)を変形すると、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf f(x)=\frac{1}{\cos x}-\tan x\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\frac{1-\sin x}{\cos x}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\frac{1-\sin^2 x}{\cos x\left(1+\sin x \right)}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\frac{\cos x}{1+\sin x }\end{align*}}$ ……(ⅰ)
(ａ)
h(x)は0≦x≦$\scriptsize\sf{\pi}$ /2で連続であり、0≦x＜$\scriptsize\sf{\pi}$ /2では
h(x)=f(x)を満たすので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf h\left( \frac{\pi}{2}\right)=\lim_{x\rightarrow\frac{\pi}{2}-0} f(x)\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\lim_{x\rightarrow\frac{\pi}{2}-0}\frac{\cos x}{1+\sin x }\end{align*}}$ ←(ⅰ)より
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\frac{\cos\frac{\pi}{2}}{1+\sin\frac{\pi}{2}}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\underline{\ 0\ }\end{align*}}$
(b)
0≦x＜$\scriptsize\sf{\pi}$ /2の範囲において
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf h\ '(x)=f\ '(x)\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\frac{-\sin x\left(1+\sin x \right)-cosx\cdot \cos x}{\left(1+\sin x \right)^2}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =-\frac{1+\sin x}{\left(1+\sin x \right)^2}<0\end{align*}}$
となるので、h(x)は単調に減少する。
(c)
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \int_0^xh (t)dt=\int_0^x\frac{\cos t}{1+\sin t}\ dt\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\int_0^x\frac{\left(1+\sin t \right)'}{1+\sin t}\ dt\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\bigg[\log\left|1+\sin t \right|\bigg]_0^x\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\underline{\ \log\left(1+\sin t \right)\ }\end{align*}}$
(２)
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf L_a=\lim_{n\rightarrow\infty} n\left(1-\cos c_n \right)\ \ ,\ \ L_b=\lim_{n\rightarrow\infty} \sqrt{n}\ c_n\end{align*}}$ とおく。
(ａ)
(１)(c)より
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \int_{\pi /2-c_n}^{\pi /2}h(t)dt=\frac{1}{n}\int_0^{\pi /2}h(t)dt\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \ \ \Leftrightarrow\ \ \bigg[\log\left|1+\sin t \right|\bigg]_{\pi /2-c_n}^{\pi /2}=\frac{1}{n}\bigg[\log\left|1+\sin t \right|\bigg]_{0}^{\pi /2}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \ \ \Leftrightarrow\ \ \log2-\log\left|1+\sin\left(\frac{\pi}{2}-c_n \right) \right|=\frac{1}{n}\log2\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \ \ \Leftrightarrow\ \ \log\left(1+\cos c_n\right)=\left(1-\frac{1}{n}\right)\log2\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \ \ \Leftrightarrow\ \ 1+\cos c_n=e^{\left(1-\frac{1}{n}\right)\log2}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \ \ \Leftrightarrow\ \ \cos c_n=2^{1-\frac{1}{n}}-1\end{align*}}$ ……(ⅱ)
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf h=\frac{1}{n}\end{align*}}$ とおくと、n→∞のときh→0なので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf L_a=\lim_{n\rightarrow\infty}n\left\{1-\left(2^{1-\frac{1}{n}}-1 \right) \right\}\end{align*}}$ ←(ⅱ)より
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =2\lim_{n\rightarrow\infty} n\left(1-2^{-\frac{1}{n}} \right)\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =2\lim_{h\rightarrow 0} \frac{1-2^{-h}}{h}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =-2\lim_{h\rightarrow 0} \frac{2^{-h}-2^0}{h-0}\end{align*}}$
ここで、関数T(x)を
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf T(x)=2^{-x}\end{align*}}$
とおくと、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf T\ '(x)=-\log 2\cdot2^{-x}\end{align*}}$
なので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf L_a=-2\ T\ '(0)\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =-2\cdot\left( -\log 2\cdot 2^0\right)\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\underline{\ 2\log 2\ }\end{align*}}$
(b)
(ⅱ)より
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \lim_{n\rightarrow\infty}\cos c_n=\lim_{n\rightarrow\infty}\left(2^{1-\frac{1}{n}}-1\right)=2^1-1=1 \end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \ \ \Leftrightarrow\ \ \lim_{n\rightarrow\infty}\ c_n=0\ \ \ \ \left(\because\ 0\lt c_n\lt \frac{\pi}{2}\right)\end{align*}}$
なので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \lim_{n\rightarrow\infty}\frac{\sin c_n}{c_n}=1\end{align*}}$
が成り立つ。
よって、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf L_b=\lim_{n\rightarrow\infty}\sqrt{n\ \left(c_n\right)^2}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\lim_{n\rightarrow\infty}\sqrt{n\ \left(c_n\right)^2\cdot\left(\frac{\sin c_n}{c_n} \right)^2}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\lim_{n\rightarrow\infty}\sqrt{n\ \sin^2 c_n}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\lim_{n\rightarrow\infty}\sqrt{n \left(1-\cos^2 c_n \right)}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\lim_{n\rightarrow\infty}\sqrt{n \left(1-\cos c_n \right)\left(1+\cos c_n \right)}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\sqrt{\lim_{n\rightarrow\infty}n \left(1-\cos c_n \right)}\cdot\lim_{n\rightarrow\infty}\sqrt{1+\cos c_n }\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\sqrt{L_a}\cdot\lim_{n\rightarrow\infty}\sqrt{2^{1-\frac{1}{n}} }\end{align*}}$ ←(ⅱ)より
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\sqrt{2\log2}\cdot\sqrt{2^1}\end{align*}}$ ←(２)(a)より
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\underline{\ 2\sqrt{\log 2}\ }\end{align*}}$
(２)(a)の極限は、微分係数の定義に持ちこみます。
しかしまぁ、この問題も含めて、この年の問題はキツイですねぇ・・・＾＾；；
テーマ:数学 - ジャンル:学問・文化・芸術
- 2018/10/10(水) 01:30:00|
- 大学入試(数学) .全国の大学 .旭川医科大 2011
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