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(1) 直線 l の方程式を求めよ。

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Academic year: 2021

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(1)

数 III

  1 < ae のとき,曲線 C : y = log ax がある。この曲線 Cx = 1 における接線を l とするとき,

次の問いに答えよ。ただし,e は自然対数の底であり,曲線 C の対数の底は e とする。

(1) 直線 l の方程式を求めよ。

(2) 曲線 C,直線 l 及び x 軸とで囲まれた部分の図形を図示し,その部分の面積 S(a) を求めよ。

(3) lim

a→1+0

S(a)

a 1 を求めよ。

—解答例—

(1) y = log x について,y 0 = 1

x なので (1, log a) における接線 l の方程式は y log a = 1

1 (x 1)

y = x + log a 1 (2)

- 6

x y

O

l

C : y = log ax

1 log a

1 a 1 log a

1 log a

   曲線 C,直線 l 及び x 軸とで囲まれた部分の図形は上図の斜線部分であり,境界線を含む。

—解答例—

S(a) は底辺の長さ log a,高さ log a の三角形の面積から,曲線 Cx 軸と直線 x = 1 で 囲まれた部分の面積を引いたものである。

S(a) = 1

2 (log a) 2 Z 1

1 a

log axdx

= 1

2 (log a) 2 Z 1

1 a

(log a + log x)dx

= 1

2 (log a) 2

x log a + x log x x 1

a1

= 1

2 (log a) 2

1 · log a + 1 · log 1 1

1

a · log a + 1 a · log 1

a 1 a

= 1

2 (log a) 2

log a + 0 1

1

a log a 1

a log a 1 a

= 1

2 (log a) 2

log a 1 + 1 a

= 1

2 (log a) 2 log a + 1 1 a

(3)

S(a) a 1 = 1

a 1 1

2 (log a) 2 log a + 1 1 a

= 1

a 1 1

2 (log a)(log a 2) + a 1 a

= log a

a 1 · log a 2

2 + 1

a = log a 0

a 1 · log a 2

2 + 1

a

= log a log 1

a 1 · log a 2

2 + 1

a f (x) = log x とおくと f 0 (x) = 1

x より, lim

a→1

log a log 1

a 1 = f 0 (1) = 1

1 = 1 であるから,

∴ lim

a→1+0

S (a)

a 1 = 1 · log 1 2

2 + 1

1 = −1 + 1 = 0

(2001 年新潟県教員採用試験 高校・数学)

(2)

数 III

曲線 y = e −x sin x の (n 1)π≦ xnπ(n は自然数)の部分と x 軸で囲まれる図形の面積を S n とする。

(1) 不定積分 Z

e −x sin xdx を求めよ。

(2) y = e −x sin x のグラフを 0 ≦ x ≦ 2π の範囲でかけ。

(3) S n を求めよ。

(4) 無限級数の和 X

k=1

S n を求めよ。

—解答例—

(1) Z

e −x sin xdx = (−e −x ) sin x Z

(−e −x ) cos xdx = −e

x

sin x + Z

e −x cos xdx

= −e −x sin x +

(−e

x

) cos x Z

(−e −x )(− sin x)dx

= −e −x sin x e

x

cos x Z

e −x sin xdx = −e −x (sin x + cos x) Z

e −x sin xdx

∴ Z

e −x sin xdx = 1

2 e −x (sin x + cos x) + C (C は積分定数) (別解)

(e −x sin x) 0 = −e −x sin x+e −x cos x +) (e −x cos x) 0 = −e −x sin x−e −x cos x

(e −x sin x + e −x cos x) 0 =−2e −x sin x これより,e −x sin x =

1

2 e −x (sin x + cos x) 0

であるから Z

e −x sin xdx = 1

2 e −x (sin x + cos x) + C (C は積分定数) (2) y 0 = −e −x sin x + e −x cos x = e −x (− sin x + cos x)

y 0 = 0 となる xe −x > 0 より sin x + cos x = 0 すなわち sin x = cos x 0 ≦ x ≦ 2π であるから x = π

4 , 5 4 π x 0 · · · π

4 · · · 5

4 π · · ·

f 0 (x) + 0 0 +

f (x) 0 % e

π4

2 & e

54

π

2 % 0

x 軸との交点は y = 0 のとき e −x sin x = 0 e −x > 0 より sin x = 0

0 ≦ x ≦ 2π なので x = 0, π, 2π で x 軸と交わる。

増減表より

- 6

x y

O

π

π 4

5 4 π

e

54

π

2 e

π4

2

—解答例—

- 6

x y

O (n 1)π

S n

(point 1)   sin = 0, cos = (−1) n で整理していく (point 2)   | (−1) n |=| (−1) (n−1) |= 1 で絶対値が消える。

(3) S n = Z

(n−1)π

| e −x sin x | dx =

Z

(n−1)π

e −x sin xdx

=

1

2 e −x (sin x + cos x)

(n−1)π

← (1) の結果を使う

=

1

2 e −nπ (sin + cos nπ)

1

2 e −nπ (sin (n 1)π + cos (n 1)π)

=

1

2 e −nπ (−1) n

1

2 e −(n−1)π (−1) (n−1)

= 1

2 e −nπ (−1) (n−1) + 1

2 e −(n−1)π (−1) (n−1) =

1

2

e −nπ + e −(n−1)π

(−1) (n−1)

= 1 2

e −nπ + e −(n−1)π

(−1) (n−1) = 1

2

e −nπ + e −(n−1)π

(point 3)   S n の式を等比数列の基本形に変形する。(ar n−1 の形にする。)

(point 4)  公比の絶対値が1より小さいときに収束することを確認し, a

1 r の公式で和を求める。

(4) S n = 1 2

e −nπ + e −(n−1)π

= 1 2

e −nπ+π−π + e −(n−1)π

= 1 2

e −(n−1)π · e −π + e −(n−1)π

= 1

2 (e −π + 1)e −(n−1)π = 1 2

1 e π + 1

(e −π ) n−1 = 1 2

1 + e π e π

1 e π

n−1

= e π + 1 2e π

1 e π

n−1

X

k=1

S k は初項 e π + 1

2e π ,公比 1

e π の無限等比級数である。

公比について 0 < 1

e π < 1 より収束し,その和は e π + 1

2e π 1 1

e π

= e π + 1

2e π e π 1

e π

= e π + 1

2(e π 1) である。 ∴ X

k=1

S k = e π + 1 2(e π 1)

(2000 年新潟県教員採用試験 高校・数学)

(3)

数 III

 関数 f (x) が,f(x) = cos x + 1 π

Z π

0

f(t) sin (x t)dt を満たすとき,次の問いに答えよ。

(1) a = 1 π

Z π

0

f (t) cos tdt, b = 1 π

Z π

0

f (t) sin tdt とおくとき,f (x) を a,b,cos x,sin x で表せ。

(2) f (x) を求めよ。

—解答例—

(1) f (x) = cos x + 1 π

Z π

0

f (t) sin (x t)dt

= cos x + 1 π

Z π

0

f(t)(sin x cos t cos x sin t)dt

= cos x + 1 π

Z π

0

{f(t) sin x cos t f (t) cos x sin t}dt

= cos x + 1 π

Z π

0

f(t) sin x cos tdt 1 π

Z π

0

f (t) cos x sin tdt

= cos x + sin x · 1 π

Z π

0

f (t) cos tdt cos x · 1 π

Z π

0

f (t) sin tdt

= cos x + sin x · a cos x · b

= a sin x + (1 b) cos x

(2) a = 1 π

Z π

0

f (t) cos tdt

= 1 π

Z π

0

{a sin t + (1 b) cos t} · cos tdt

= a π

Z π

0

sin t cos tdt + 1 b π

Z π

0

cos 2 tdt · · · · 1

b = 1 π

Z π

0

f (t) sin tdt

= 1 π

Z π

0

{a sin t + (1 b) cos t} · sin tdt

= a π

Z π

0

a sin 2 tdt + 1 b π

Z π

0

sin t cos tdt · · · · 2

—解答例—

1 2 について Z π

0

sin t cos tdt = 1 2

Z π

0

2 sin t cos tdt = 1 2

Z π

0

sin 2tdt = 1 2

1 2 cos 2t

π

0

= 1

4 (cos 2π cos 0) = 0 Z π

0

sin 2 tdt = Z π

0

1

2 (1 cos 2t)dt = 1 2

t 1 2 sin 2t

π

0

= π 2 Z π

0

cos 2 tdt = Z π

0

1

2 (1 + cos 2t)dt = 1 2

t + 1 2 sin 2t

π

0

= π 2 であるから,

⇐⇒ 1 a = a

π · 0 + 1 b π · π

2 ⇐⇒ 2a + b = 1 ⇐⇒ 2 b = a

π · π

2 + 1 b

π · 0 ⇐⇒ a 2b = 0 これを解くと,a = 2

5 ,b = 1 5 以上より,求める f (x) は,

f (x) = 2

5 sin x + 4 5 cos x

(香川大学 教育)

(4)

数 III   a n =

Z

1

n

0

x cos 2 xdx (n = 1, 2, · · · ) とおくとき, lim

n→∞ n 2 a n の値を求めよ。

—解答例—

1

n = θ とする。

a n = Z θ

0

x cos 2 xdx = Z θ

0

x · 1

2 (1 + cos 2x) dx = 1 2

Z θ

0

xdx + 1 2

Z θ

0

x cos 2xdx

= 1 2

1 2 x 2

θ

0

+ 1 2

x · 1

2 sin 2x θ

0

Z θ

0

1 · 1

2 sin 2x dx

= 1 2

1 2 x 2

θ

0

+ 1 2

1

2 x sin 2x θ

0

1 2

Z θ

0

sin 2x dx

= 1 2 · θ 2

2 + 1 2

1

2 θ sin 2θ + 1 2

1 2 cos 2x

θ

0

= θ 2 4 + 1

4 θ sin 2θ + 1 8

cos 2x θ

0

= θ 2 4 + 1

4 θ sin 2θ + 1

8 (cos 2θ cos 0)

= θ 2 4 + 1

4 θ sin 2θ + 1

8 cos 2θ 1 8

= θ 2 4 + 1

4 θ sin 2θ + 1

8 · (1 2 sin 2 θ) 1 8

= θ 2 4 + 1

4 θ sin 2θ 1 4 sin 2 θ よって  n 2 a n = 1

θ 2 · a n = 1 θ 2

θ 2 4 + 1

4 θ sin 2θ 1 4 sin 2 θ

= 1 4 + 1

2 · sin 2θ 2θ 1

4 · sin θ

θ 2

n → ∞ のとき,θ 0 であるから

n→∞ lim n 2 a 2 = lim

θ→0

1 4 + 1

2 · sin 2θ 2θ 1

4 · sin θ

θ 2

= 1 4 + 1

2 · 1 1

4 · 1 2 = 1 2

—解答例—

[別解]   y = cos x は 0 ≦ xπ

2 で単調減少であるから 0 ≦ x ≦ 1

nπ

2 のとき,0 < cos 1

n ≦ cos x ≦ cos 0 それぞれを2乗して,cos 2 1

n ≦ cos 2 x ≦ cos 2 0 x > 0 であるから,それぞれを x 倍すると x cos 2 1

nx cos 2 xx cos 2 0 それぞれを 0 から 1

n の範囲で積分すると Z

1

n

0

x cos 2 1 n dx

Z

1

n

0

x cos 2 xdx ≦ Z

1

n

0

x cos 2 0dx それぞれを n 2 倍して

n 2 Z

1

n

0

x cos 2 1

n dxn 2 Z

1

n

0

x cos 2 xdxn 2 Z

1

n

0

x cos 2 0dx · · · · 1 1 について

n 2 Z

1

n

0

x cos 2 1

n dx = n 2 cos 2 1 n

Z

1

n

0

xdx = n 2 cos 2 1 n

1 2 x 2

1

n

0

= n 2 cos 2 1 n · 1

2n 2 = 1 2 cos 2 1

n

n 2 Z

1

n

0

x cos 2 xdx = n 2 a n

n 2 Z

1

n

0

x cos 2 0dx = n 2 Z

1

n

0

x · 1 2 dx = n 2 Z

1

n

0

xdx = n 2 1

2 x 2

1

n

0

= n 2 · 1 2n 2 = 1

2 であるから

⇐⇒ 1 1 2 cos 2 1

nn 2 a n ≦ 1

2   · · · · 2 2 について n → ∞ のとき, 1

n 0 だから,cos 1 n 1

∴ lim

n→∞

1 2 cos 2 1

n = 1

2 · 1 2 = 1 2 よって,はさみうちの原理により, lim

n→∞ n 2 a n = 1 2

(旭川医大)

(5)

数 III  

n を自然数とし,f n (x) = 2nx

x 2 + n 2 (x ≧ 0) とする。このとき,次の問いに答えよ。

(1) 関数 y = f n (x) のグラフをかけ。変曲点も求めること。

(2) 2曲線 y = f n (x), y = f n+1 (x) で囲まれた図形の面積 S n を求めよ。

(3) lim

n→∞ S n を求めよ。

—解答例—

f n (x) = 2nx

x 2 + n 2 (x ≧ 0) を x について微分すると f n 0 (x) = 2n(x 2 + n 2 ) 2nx · 2x

(x 2 + n 2 ) 2 = −2nx 2 + 2n 3

(x 2 + n 2 ) 2 = −2n(x + n)(x n) (x 2 + n 2 ) 2 f n 00 (x) = −4nx(x 2 + n 2 ) 2 (−2nx 2 + 2n 3 ) · 2(x 2 + n 2 ) · 2x

(x 2 + n 2 ) 4

= (x 2 + n 2 ){−4nx(x 2 + n 2 ) (−2nx 2 + 2n 3 ) · 2 · 2x}

(x 2 + n 2 ) 4 = −4nx(x 2 + n 2 2x 2 + 2n 2 ) (x 2 + n 2 ) 3

= 4nx(x 2 3n 2 )

(x 2 + n 2 ) 3 = 4nx(x +

3n)(x 3n) (x 2 + n 2 ) 3 x ≧ 0 における増減表をかくと

f n (n) = 2n · n n 2 + n 2 = 1   f n (

3n) = 2n · 3n (

3n) 2 + n 2 =

3 2   lim

x→∞

2nx

x 2 + n 2 = lim

x→∞

2n x

1 + n x

22

= 0

1 + 0 = 0

x 0 · · · n · · ·

3n · · ·

f n 0 (x) + 0

f n 00 (x) 0 0 + f n (x) 0 1

3

2 0

変曲点は

3n,

3 2

であり,y = f n (x) のグラフは次のようになる。

- 6

x y

O n

1

3n

3 2

y = f n (x)

—解答例—

(2) f n+1 (x) f n (x) = 2(n + 1)x

x 2 + (n + 1) 2 2nx

x 2 + n 2 = 2(n + 1)x(x 2 + n 2 ) 2nx{x 2 + (n + 1) 2 } {x 2 + (n + 1) 2 }(x 2 + n 2 )

= 2x{(n + 1)(x 2 + n 2 ) n{x 2 + (n + 1) 2 }}

{x 2 + (n + 1) 2 }(x 2 + n 2 )

= 2x{(n + 1)x 2 + (n + 1)n 2 nx 2 n(n + 1) 2 }

{x 2 + (n + 1) 2 }(x 2 + n 2 ) = 2x(x 2 n 2 n) {x 2 + (n + 1) 2 }(x 2 + n 2 )

= 2x(x +

n 2 + n)(x n 2 + n) {x 2 + (n + 1) 2 }(x 2 + n 2 )

これより2曲線は f n+1 (x) f n (x) = 0 すなわち,x =

n 2 + n のときに交わる。

0 ≦ x

n 2 + n において,f n+1 (x) f n (x) < 0 すなわち,f n+1 (x) < f n (x) であり,

S n をグラフに図示すると下図のようになる。

- 6

x y

O n

1

n 2 + n n + 1 S n

y = f n+1 (x)

y = f n (x)

S n =

Z n

2

+n

0

2nx

x 2 + n 2 2(n + 1)x x 2 + (n + 1) 2

dx =

Z n

2

+n

0

n(x 2 + n 2 ) 0

x 2 + n 2 (n + 1){x 2 + (n + 1) 2 } 0 x 2 + (n + 1) 2

dx

=

n log (x 2 + n 2 ) (n + 1) log {x 2 + (n + 1) 2 }

n

2

+n

0

= {n log (2n 2 + n) (n + 1) log (2n 2 + 3n + 1)} − {n log n 2 (n + 1) log (n + 1) 2 }

= n log (2n + 1)n (n + 1) log (2n + 1)(n + 1) 2n log n + 2(n + 1) log (n + 1)

= n log (2n + 1) + n log n (n + 1) log (2n + 1) (n + 1) log (n + 1) 2n log n + (2n + 2) log (n + 1)

= (n + 1) log (n + 1) n log n log (2n + 1) = log (n + 1) n+1 log n n log (2n + 1)

= log (n + 1) n+1 (2n + 1)n n

(3) S n = log (n + 1)(n + 1) n (2n + 1)n n = log

n + 1 2n + 1 ·

n + 1 n

n

= log

1 + 1 n 2 + 1 n

·

1 + 1 n

n

よって lim

n→∞ S n = log 1 + 0

2 + 0 · e

= log e

2 = 1 log 2

(2009 年 静岡大学)

(6)

数 III     I n =

Z

π

2

0

sin n x dx (n = 0, 1, 2, · · · ) とおくとき,次の (1)〜(3) の問いに答えなさい。

(1) I n+2I n の間の関係式を求めよ。

(2) I n+1 I n を求めよ。

(3) lim

n→∞ I n = 0 であることを示せ。

—解答例—

(1) I n+2 = Z

π

2

0

sin n+2 x dx = Z

π

2

0

sin x · sin n+1 x dx

=

(− cos x) sin n+1 x

π

2

0

Z

π

2

0

(− cos x)(n + 1) sin n x cos x dx

=

cos π 2

sin n+1 π 2

cos 0

sin n+1 0 + (n + 1) Z

π

2

0

sin n x cos 2 x dx

= 0 0 + (n + 1) Z

π

2

0

sin n x(1 sin 2 x) dx

= (n + 1) Z

π

2

0

sin n x dx Z

π

2

0

sin n+2 x dx

= (n + 1)(I n I n+2 )

I n+2 = (n + 1)I n (n + 1)I n+2 すなわち,(n + 2)I n+2 = (n + 1)I n

(2) (n + 2)I n+2 = (n + 1)I n の両辺に I n+1 をかけると (n + 2)I n+2 I n+1 = (n + 1)I n+1 I n

 これは数列 {(n + 1)I n+1 I n } が定数数列 (公比 1 の等比数列) であることを意味しているから,

(n + 1)I n+1 I n = 1 · I 1 · I 0 = Z

π

2

0

sin x dx · Z

π

2

0

1 dx =

cos x

π

2

0

·

x

π

2

0

=

cos π 2

cos 0

· π

2 0

= {0 (−1)} · π 2 = π

2

I n+1 I n = π 2(n + 1)

[別解] (n + 2)I n+2 = (n + 1)I n ⇐⇒ I n+2 = n + 1

n + 2 I n ⇐⇒ I n+1 = n n + 1 I n−1

 この両辺に I n をかけると I n+1 I n = n

n + 1 I n I n−1 であるから,これを繰り返し用いると   I n+1 I n = n

n + 1 I n I n−1 = n

n + 1 · n 1

n I n−1 I n−2 = n

n + 1 · n 1 n · n 2

n 1 I n−2 I n−3 = · · ·

· · · = n

n + 1 · n 1 n · n 2

n 1 · · · 2 3 · 1

2 I 1 I 0 = 1 n + 1

Z

π

2

0

sin x dx · Z

π

2

0

1 dx = · · · = π 2(n + 1)

—解答例—

(3) 0 ≦ xπ

2 において 0 ≦ sin x ≦ 1   この x の範囲で sin n x ≧ sin n+1 x であるから,

Z

π

2

0

sin n x dx ≧ Z

π

2

0

sin n+1 x dx

I nI n+1  これより I n+1I n ⇐⇒ I nI n−1

この両辺に I n をかけると,I n 2I n I n−1

(2) より,I n I n−1 = π

2n なので 0 ≦ I n 2π 2n

n→∞ lim π

2n = 0 であるからはさみうちの原理より lim

n→∞ I n 2 = 0   ∴ lim

n→∞ I n = 0 (神戸大学) [参考1]  

Z

π

2

0

sin n x dx (n = 0, 1, 2, · · · )

(1) の結果 I n+2 = n + 1

n + 2 I n を繰り返し用いることで n が偶数のとき I 2m = 2m 1

2m · 2m 3

2m 2 · 2m 5 2m 4 · · · 3

4 · 1

2 · I 0 = 2m 1

2m · 2m 3

2m 2 · 2m 5 2m 4 · · · 3

4 · 1 2 · π

2 n が奇数のとき I 2m+1 = 2m

2m + 1 · 2m 2

2m 1 · 2m 4 2m 3 · · · 4

5 · 2

3 · I 1 = 2m

2m + 1 · 2m 2

2m 1 · 2m 4 2m 3 · · · 4

5 · 2 3 · 1 が成り立つことがわかるので、

Z

π

2

0

sin 7 x dx = 6 7 · 4

5 · 2

3 · 1 = 16 35 や

Z

π

2

0

sin 4 x dx = 3 4 · 1

2 · π 2 = 3

16 π のような計算 (高校の範囲外なので反則技) ができる。また,

I 2m I 2m+1 =

2m 1

2m · 2m 3

2m 2 · 2m 5 2m 4 · · · 3

4 · 1 2 · π

2

· 2m

2m + 1 · 2m 2

2m 1 · 2m 4 2m 3 · · · 4

5 · 2 3 · 1

= 1

2m + 1 · π

2 = π

2(2m + 1)   は (2) と同じ意味です。(n を 2m に変えただけ。)

[参考2]  定積分と漸化式の例

1 I n = Z e

1

(log x) n dx とおくと,I n+1 = Z e

1

(log x) n+1 dx = Z e

1

1 · (log x) n+1 dx

=

x · (log x) n+1 e

1

Z e

1

x · (n + 1)(log x) n · 1 x dx

= e (n + 1) Z e

1

(log x) n dx = e (n + 1)I n

2 I n = Z

π

4

0

tan n x dx とおくと,I n + I n+2 = Z

π

4

0

(tan n x + tan n+2 x)dx = Z

π

4

0

tan n x(1 + tan 2 x) dx

= Z

π

4

0

tan n x · 1 cos 2 x dx =

Z

π

4

0

tan n x · (tan x) 0 dx

= 1

n + 1 tan n+1 x

π

4

0

= · · · = 1

n + 1

(7)

数 III  

f (x) = xe −x について次の問いに答えよ。

(1) x ≧ 0 での f (x) の最大値と最小値を求めよ。ただし lim

x→∞ f (x) = 0 である。

(2) lim

n→∞

Z n

0

f (x)dx を求めよ。

(3) Z m

0

f(x)dx = 1

2 をみたす正数 m は 1 < m < 2 の範囲にあることを示せ。

—解答例—

(1) f(x) = xe −x より f 0 (x) = 1 · e −x + x · (−e −x ) = (1 x)e −x f (1) = 1 · e −1 = 1

e , f (0) = 0

x > 0 で f (x) = xe −x > 0 である。また,題意より

x→∞ lim f (x) = 0 であるから増減表をかくと以下のようになる。

x 0 · · · 1 · · · f 0 (x) + 0

f (x) 0 % 1

e & 0 増減表よりグラフをかくと

- 6

x y

O 1

1 e

y = f (x)

以上より,

x = 1 のとき,最大値 1 e x = 0 のとき,最小値 0

(2) Z n

0

f (x)dx = Z n

0

xe −x dx =

x(−e −x ) n

0

Z n

0

1 · (−e −x ) dx

= −ne −n + Z n

0

e −x dx = −ne −n +

−e −x n

0

= −ne −n e −n + 1

∴ lim

n→∞

Z n

0

f (x)dx = lim

n→∞ (−ne −n e −n + 1) = lim

n→∞ (− n e n 1

e n + 1) = −0 0 + 1 = 1

—解答例—

(3) (proof ) h(m) =

Z m

0

f (t)dt 1

2 (m > 0) とおく。

h 0 (m) = d dm

Z m

0

f(t)dt 1 2

= d dm

Z m

0

f (t)dt 1

2 0

= f (m) = me −m > 0 (∵ (1) のグラフ) よって h(m) は増加関数であり,

(2) より Z m

0

f (x)dx = −me −m e −m + 1 であるから h(1) =

Z 1

0

f (x)dx 1

2 = −1 · e −1 e −1 + 1 1 2 = 1

2 2

e = e 4 2e < 0

( ∵ e = 2.7182 · · · なので e 4 < 0 である。)

h(2) = Z 2

0

f (x)dx 1

2 = −2 · e −2 e −2 + 1 1 2 = 1

2 3

e 2 = e 2 6 2e 2 > 0

( ∵ e = 2.7182 · · · なので e 2 > (2.7) 2 = 7.29 より,e 2 6 > 0 である。)

h(1)h(2) は符号が異なるから方程式 h(m) = 0 は 1 < m < 2 の範囲に少なくとも1つの解をもつ。

h(m) = 0 ⇐⇒

Z m

0

f (t)dt 1

2 = 0 なので Z m

0

f (x)dx = 1

2 をみたす正数 m は 1 < m < 2 の範囲にある。

(q.e.d.)

(1990 年 筑波大学)

x→∞ lim xe −x = 0 の証明

f (x) = e x (1 + x) とおくと,x > 0 で f 0 (x) = e x 1 > 0  ゆえに x > 0 で f (x) は増加関数。

また,f (0) = 0 なので x > 0 で f (x) = e x (1 + x) > 0 が成り立つ。

g(x) = e x

1 + x + x 2 2

とおくと x > 0 で g 0 (x) = f (x) = e x (1 + x) > 0 が成り立ち,

x > 0 で g(x) は増加関数。また,g(0) = 0 なので x > 0 で g(x) = e x

1 + x + x 2 2

> 0 が成り立つ。

e x > 1 + x + x 2

2 より,e xx 2 2 x 2

2 < e x ⇐⇒ x 2

e x < 2 ⇐⇒ x e x < 2

x ⇐⇒ xe −x < 2 x

∴ 0 < xe −x < 2 x

x→∞ lim 2

x = 0 であるから、はさみうちの原理により, lim

x→∞ xe −x = 0 が成り立つ。

(q.e.d.)

(8)

数 III  

 関数 y = f (x) = x 2 2 で示される曲線上の点 (x n , f (x n )) における接線と x 軸との交点の x 座標を x n+1 とする (n = 1, 2, · · · )。このようにして得られる数列 {x n } について,つぎの問いに答えよ。

(1)   x n+1x n を用いて表せ。

(2)   x n > 0 で,x n 6=

2 ならば,x n+1

2 であることを示せ。

(3)   x 1 > 0 で,x 1 6=

2 ならば,n ≧ 2 のとき,x n+1 2 < 1

2 (x n

2) であることを示せ。

(4)   x 1 > 0 で,x 1 6=

2 ならば,数列 {x n }n ≧ 2 のとき単調減少で,

2 に収束することを示せ。

—解答例—

(1) f 0 (x) = 2x より

 点 (x n f (x n )) における接線の方程式は y f (x n ) = f 0 (x n )(x x n ) y (x 2 n 2) = 2x n (x x n )

y = 2x n x 2x 2 n + (x 2 n 2) y = 2x n x x 2 n 2 · · · 1  接線 1 と x 軸の交点が (x n+1 , 0) になるので

0 = 2x n x n+1 x 2 n 2   2x n x n+1 = x 2 n + 2

x n+1 = x 2 n + 2

2x n -

6

x y

O x n+1 x n

−2

y = x 2 2

(2) (proof )

x n > 0 で,x n 6=

2 のとき,

(左辺)−(右辺)= x n+1

2 = x 2 n + 2 2x n

2 = x 2 n + 2 2 2x n

2x n = x 2 n 2 2x n + 2 2x n

= (x n 2) 2 2x n > 0 よって x n+1

2 > 0 が成り立つので x n+1

2 が示された。

(q.e.d.)

—解答例—

(3) (proof ) x n+1

2 = (x n 2) 2

2x n = x n 2

2x n · (x n

2) · · · · 2 ここで x n

2 2x n = x n

2x n

2 2x n = 1

2

2 2x n < 1

2 ∴ x n 2 2x n < 1

2 · · · · 3 また,(2) より,n ≧ 2 で x n

2 > 0 なので, 2 と 3 から x n+1

2 = x n 2

2x n · (x n 2) < 1

2 · (x n 2) すなわち x n+1

2 < 1

2 · (x n

2) が成り立つ。 (q.e.d.) (4) (proof ) x 1 > 0 で,x 1 6=

2 のとき,(2),(3) より n ≧ 2 で x n+1

2 < 1

2 · (x n

2) < x n 2

x n+1

2 < x n

2 であり,x n+1x n

ゆえに n ≧ 2 において数列 {x n } は単調減少である。また,

0 < x n 2 < 1

2 · (x n−1 2) < 1

2 · 1

2 · (x n−2 2) < 1

2 · 1 2 · 1

2 · (x n−3 2) 0 < x n

2 < 1

2 1

(x n−1 2) <

1 2

2

(x n−2 2) <

1 2

3

(x n−3 2) 0 < x n

2 < 1

2 1

(x n−1

2) < · · · · < 1

2 n−2

(x 2 2)

n→∞ lim 1

2 n−2

(x 2

2) = 0 なので,はさみうちの原理により lim

n→∞ (x n 2) = 0

∴ lim

n→∞ x n = 2 以上より,数列 {x n }

2 に収束することが示された。 (q.e.d.)

(和歌山県立医大)

[参考]

(4) のように f (x) = 0 の解である

2 の近似値を計算する手法を

「ニュートン法」といいます。

(何回も計算を繰り返すことに  よって精度があがります。)

- 6

x y

O x 3 x 2 x 1

2

y = x 2 2

(9)

数 III  

n = 1, 2, 3, · · · に対して S n =

Z 1

0

x 2n+1 e −x

2

dx

とおく。以下の問いに答えよ。ただし,e は自然対数の底である。

(1) I = Z 1

0

xe −x

2

dx および,S 1 の値を求めよ。

(2) S n+1S n を用いて表せ。

(3) T n = S n

n! とおくとき,T n+1T n を用いて表せ。

(4) S n を求めよ。 (必要ならば和の記号 X

を用いてよい)

(5) n が 1 以上の整数のとき,次の不等式を証明せよ。

1

(n + 1)! < e 1 X n

k=1

1 k!e

(n + 1)!

—解答例—

  (1) I = Z 1

0

xe −x

2

dx = 1 2

Z 1

0

e −x

2

(−x 2 ) 0 dx = 1 2

e −x

2

1

0

= 1

2 {−e −1 (−e 0 )} = 1 2 1

2e S 1 =

Z 1

0

x 3 e −x

2

dxt = x 2 とおくと dt = 2x dx S 1 = 1

2 Z 1

0

te −t 2x dx = 1 2

Z 1

0

te −t dt

x 0 → 1 t 0 → 1

= 1 2

t(−e −t ) 1

0

Z 1

0

1 · e −t dt

= 1 2

−e −1 0 + Z 1

0

e −t dt

= 1 2

−e −1 +

−e −t 1

0

= 1

2 {−e −1 + (−e −1 ) (−e 0 )} = 1

2 (1 2e −1 ) = 1 2 1

e (2) S n+1 =

Z 1

0

x 2n+3 e −x

2

dx = Z 1

0

x 2n+2 · xe −x

2

dx (1) の I の計算から

Z

xe −x

2

dx = 1

2 e −x

2

+ C (C は積分定数) これより部分積分を用いると

S n+1 =

x 2n+2 ·

1 2 e −x

2

1 0

Z 1

0

(2n + 2)x 2n+1

1 2 e −x

2

dx

point

  (e −x

2

) 0 = e −x

2

(−x 2 ) 0

= −2xe −x

2

より

1 2 e −x

2

0

= xe −x

= 1

2 e −1 + (n + 1) Z 1

0

x 2n+1 e −x

2

dx = 1

2e + (n + 1)S n

S n+1 = (n + 1)S n 1

2e · · · · 1 (3) 1 の両辺を (n + 1)! で割ると S n+1

(n + 1)! = (n + 1)S n

(n + 1)n! 1 2e(n + 1)!

S n+1

(n + 1)! = S n

n! 1

2e(n + 1)! なので T n+1 = T n 1

2e(n + 1)! · · · · 2

—解答例—

(4) 2 より数列 {T n } の階差数列が 1

2e(n + 1)! であるから,n ≧ 2 のとき T n = T 1 +

n−1 X

k=1

1

2e(k + 1)!

← (1) より, T 1 = S 1 1 = 1

2 1 e

= 1 2 1

e 1 2e

n−1 X

k=1

1

(k + 1)! = 1 2 1

2e · 2 1 2e

1 2! + 1

3! + 1

4! + · · · + 1 n!

= 1 2 1

2e

2 + 1 2! + 1

3! + 1

4! + · · · + 1 n!

= 1 2 1

2e

1 + 1 1! + 1

2! + 1 3! + 1

4! + · · · + 1 n!

= 1 2 1

2e

1 + X n

k=1

1 k!

= 1

2e · e 1 2e

1 +

X n

k=1

1 k!

= 1 2e

e 1

X n

k=1

1 k!

この T n の式に n = 1 を代入すると T 1 = 1 2e

e 1

X 1

k=1

1 k!

= 1 2e

e 1 1 1

= 1 2 1

e よって n = 1 のときも成り立つ。

S n = n!T n = n! · 1 2e

e 1

X n

k=1

1 k!

= n!

2e

e 1 X n

k=1

1 k!

(5) (proof ) (4) より S n = n!

2e

e 1 X n

k=1

1 k!

⇐⇒ e 1 X n

k=1

1 k! = 2e

n! S n · · · · 3 0 ≦ x ≦ 1 ⇐⇒ 0 ≦ x 2 ≦ 1 ⇐⇒ −1 x 2 ≦ 0

e は 1 より大きいから e −1e −x

2

e 0

この不等式を x 2n+1 倍すると x 2n+1 e −1x 2n+1 e −x

2

x 2n+1 e 0 この不等式を 0 から 1 まで積分することによって

Z 1

0

x 2n+1 e −1 dx < Z 1

0

x 2n+1 e −x

2

dx < Z 1

0

x 2n+1 e 0 dx · · · · 4 が成り立つ。 4 について

Z 1

0

x 2n+1 e −1 dx = 1 e

Z 1

0

x 2n+1 dx = 1 e

x 2n+2 2n + 2

1

0

= 1

2e(n + 1) Z 1

0

x 2n+1 e −x

2

dx = S n ,

Z 1

0

x 2n+1 e 0 dx =

x 2n+2 2n + 2

1

0

= 1

2(n + 1) よって, 4 ⇐⇒ 1

2e(n + 1) < S n < 1

2(n + 1) となるので両辺を 2e

n! 倍すると 2e

n! · 1

2e(n + 1) < 2e

n! · S n < 2e n! · 1

2(n + 1)

3 より 1

(n + 1)n! < e 1 X n

k=1

1

k!e (n + 1)n!

ゆえに 1

(n + 1)! < e 1 X n

k=1

1

k!e

(n + 1)! が成り立つことが示された。 (q.e.d.)

(2009 年 電気通信大学)

参照

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