すうじあむ

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\documentclass[b5paper,11pt]{jarticle} \textwidth=136mm \textheight=212mm \topmargin=-20mm \usepackage{amsmath,amssymb,epic,eepic,custom_suseum} \def\ten{\begin{picture}(6,6) \put(3,3){\circle*{1.5}} \end{picture}} \def\maru#1{\raisebox{.7pt}{\textcircled{\raisebox{-.7pt}{\small#1}}}} \def\kakomi#1{\,\raisebox{1pt}{$\ulcorner$} #1 \raisebox{-1pt}{$\lrcorner$}\,} \def\paalen#1{\makebox[5pt][r]{\raisebox{.7pt}{(}}#1\makebox[5pt][c] {\raisebox{.7pt}{)}}} \newcommand{\tabtopsp}[1]{\vbox{\vbox to#1{}\vbox to1zw{}}} \renewcommand{\thepage} {\raisebox{1pt}{---}\makebox[2zw][c]{\small\arabic{page}}\raisebox{1pt}{---}} \begin{document} \begin{FRAME} \noindent\hspace*{-.5zw}\parbox{133mm}{\quad\ $0\,\mbox{\Large$<$}\,x\, \mbox{\Large$<$}\,\dfrac{\raisebox{-.5mm}{$\pi$}}{\ 2\ }\,に対して関数 \\[2mm] \hspace*{5zw} f(x)=\dfrac{x}{\ \tan x\ },\qquad g(x) =\dfrac{x}{\ \tan x\ }+\dfrac{\ \tan x\ }{x} \\[2mm] を考える. \\[9mm] (\makebox[1.5mm][c]{1})\ \ \ f'\,(x),\ \,f''\,(x)\ の正負を判定し，\ \ y=f(x)のグラフをかけ. \\[8mm] (\makebox[1.5mm][c]{2})\ \ \ g\hspace*{1pt}'\,(x),\ \,g\hspace*{1pt}''\, (x)\ の正負を判定し，\ \ y=f(x)のグラフをかけ. \\[8mm] (\makebox[1.5mm][c]{3})\ \ \,正定数aに対して，\ \ \,2曲線\ y=\log\dfrac{a}{\ f(x)\ }\ と\ y=g(x)\ のグラフが交わる \\[1mm]% \quad ための条件を求めよ. $} \end{FRAME} \quad $\displaystyle \\ (1)\ \ f(x)=\frac{x}{\,\tan x\,}=\frac{\,x\cos x\,}{\sin x}\,を微分して \\ [1.5mm]\makebox[7.8zw][r]{$f\hspace*{.5pt}'(x)$}=\frac{\,\{1\ten\cos x +x(-\sin x)\}\sin x-x\cos x\ten\cos x\,}{\sin^2 x} \\[1.5mm]\hspace*{7.8zw} =\frac{\,\cos x\sin x-x(\sin^2 x+\cos^2 x)\,}{\sin^2 x} \\[1.5mm] \hspace*{7.8zw} =\frac{\,\sin x\cos x-x\,}{\sin^2 x} \\[1.5mm] \hspace*{7.8zw} =\frac{\,\sin 2x-2x\,}{1-\cos 2x} \\[2mm] \makebox[8zw][r]{$f\hspace*{.5pt}''(x)$}=\frac{\,(2\cos 2x-2)(1-\cos 2x) -(\sin 2x-2x)\ten 2\sin 2x\,}{(1-\cos 2x)^2} \\[1.5mm] \hspace*{8zw} =\frac{\,-2(\cos^2 2x+\sin^2 2x)+4\cos 2x-2+4x\sin 2x\,} {(1-\cos 2x)^2} \\[1mm]\hspace*{8zw} =\frac{\,4x\sin 2x-4\hspace*{.5pt}(1-\cos 2x)\,}{(1-\cos 2x)^2} \\[1mm] \hspace*{8zw} =\frac{\,8x\sin x\cos x-8\sin^2 x\,}{(1-\cos 2x)^2} \\[1mm] \hspace*{8zw} =\frac{\,8\sin x\cos x\hspace*{.5pt}(x-\tan x)\,} {(1-\cos 2x)^2} \\[1.5mm] \quad\, 1-\cos 2x>0,\ \,\sin x>0,\ \,\cos x>0\ \Bigl(0<x<\frac{\,\pi\,}{2} \Bigr)\,より \\[2mm] \hspace*{5zw} f\hspace*{.5pt}'(x)は\sin 2x-2xと同符号，\ \ f\hspace*{.5pt}'' (x)はx-\tan xと同符号 \\[2mm] \quad である。\ \ 0<\theta<\frac{\,\pi\,}{2}\,で\sin\theta<\theta<\tan\theta\ であるから \\[2mm] \hspace*{7zw} f\hspace*{.5pt}'(x)<0,\ \ f\hspace*{.5pt}''(x)<0 \\[2mm] \quad よって，\ \ y=f(x)は0<x<\frac{\,\pi\,}{2}\,でつねに狭義単調減少で上に凸 であるから，\\[1.5mm]\quad\, y=f(x)のグラフは次図のようになる。\\ \hspace*{12zw} \begin{picture}(100,70) \path(-18,0)(61,0) \put(62.5, 0){\circle{3}} \path(64,0)(95,0) \path(90, -1.5)(95,0)(90, 1.5) \put(89,-8){$x$} \put(-10,-10){O} \path(0,-18)(0, 38.5) \put(0,40){\circle{3}} \path(0, 41.5)(0,65) \path(-1.5, 60)(0,65)(1.5, 60) \put(-8,60){$y$} \put(-8,37){1} \qbezier(1.5, 40)(45,40)(62, 1.5) \put(58,-12){$\frac{\,\pi\,}{2}$} \put(110,0){(答)} \end{picture} \\[11mm] (2)\ \ g(x)=f(x)+\frac{1}{\,f(x)\,}\,を微分して \\[1mm] \makebox[9zw][r]{$g\hspace*{1pt}'(x)$}=f\hspace*{.5pt}'(x) -\frac{f\hspace*{.5pt}'(x)}{\,f(x)^2} \\[1.5mm]\hspace*{9zw} =-f\hspace*{.5pt}'(x)\biggl\{\frac{1}{\,f(x)^2}-1\biggr\} =-f\hspace*{.5pt}'(x)\biggl(\frac{\,\tan^2 x\,}{\,x^2}-1\biggr) \\[2mm] \quad\, 0<x<\frac{\,\pi\,}{2}\,では\ 0<x<\tan xであるから \\[1.5mm] \hspace*{7zw} g\hspace*{1pt}'(x)は-f\hspace*{.5pt}'(x)>0と同符号 \\[.5mm] \quad である。さらに，微分すると \\[1.5mm] \makebox[8.4zw][r]{$g\hspace*{1pt}''(x)$}=-f\hspace*{.5pt}''(x)\biggl\{ \frac{1}{\,f(x)^2}-1\biggr\}-f\hspace*{.5pt}'(x)\ten\frac{-\hspace*{.7pt}2} {\,f(x)^3}f\hspace*{.5pt}'(x) \\[1.5mm] \hspace*{8.4zw} =-f\hspace*{.5pt}''(x)\biggl(\frac{\,\tan^2 x\,}{\,x^2}-1 \biggr)+\frac{\,2f\hspace*{.5pt}'(x)^2}{\,f(x)^3} \\[2mm] \quad\, f(x)>0,\ \,f\hspace*{.5pt}'(x)^2>0,\ \,-f\hspace*{.5pt}''(x)>0および \,\frac{\,\tan x\,}{x}>1\ より \\[1mm] \hspace*{8zw} g\hspace*{1pt}''(x)>0 \\[1.5mm] \quad よって，\ \ y=g(x)は\ 0<x<\frac{\,\pi\,}{2}\,でつねに狭義単調増加で下に凸 であり，\\[1.5mm]\quad \lim_{x\to\frac{\,\pi\,}{2}-0} g(x)=+\infty\ であること を考え，\ \ y=g(x)のグラフは次図のようになる。\\ \hspace*{12zw} \begin{picture}(100,105) \path(-18,0)(60,0) \path(55, -1.5)(60,0)(55, 1.5) \put(54,-8){$x$} \path(0,-18)(0, 28.5) \put(0,30){\circle{3}} \path(0, 31.5)(0,100) \path(-1.5, 95)(0,100)(1.5, 95) \put(-8,95){$y$} \put(-10,-10){O} \put(-8.5, 27){2} \qbezier(1.5, 30)(20,30)(22.2, 100) \put(24,-10){$\frac{\,\pi\,}{2}$} \allinethickness{.2pt} \dashline[30]{1.8}(24,-15)(24,100) \put(75,0){(答)} \end{picture} $ \newpage\noindent (3)\ \ $f(x)=t\ \Bigl(0<x<\displaystyle\frac{\,\pi\,}{2}\Bigr)とおくと，\ \ \raisebox{.5pt}{(1)}より\ 0<t<1であり，\\[1.5mm] \makebox[14zw][r]{$\log\dfrac{a}{\,f(x)\,}=g(x)$} \iff \log\frac{\,a\,}{t} =t+\frac{1}{\,t\,} \\[1mm] \hspace*{14zw} \iff \log a=\log t+t+\frac{1}{\,t\,} \\[2mm] \quad と書き換えられる。\\[1.5mm] \hspace*{6.5zw} h(t)=\log t+t+\frac{1}{\,t\,} \ \ (0<t<1) \\[2mm] \quad とおくと \\[1.5mm] \makebox[14zw][r]{$h'(t)=\dfrac{1}{\,t\,}+1-\dfrac{1}{\,t^{\hspace*{.5pt}2}} $}=\frac{\,t^{\hspace*{.5pt}2}+t-1\,}{\,t^{\hspace*{.5pt}2}} \\[2mm]\hspace* {14zw} =\frac{\,\raisebox{2.5mm}{$\Bigl(t+\dfrac{1}{\,2\,}\Bigr)^{\!2} -\dfrac{\,5\,}{4}$}\,}{\,t^{\hspace*{.5pt}2}} \\[1.5mm]\hspace*{14zw} =\frac{1}{\,t^{\hspace*{.5pt}2}}\biggl(t+\frac{1}{\,2\,}+\frac{\sqrt{\,5\,} \,}{2}\biggr)\biggl(t+\frac{1}{\,2\,}-\frac{\sqrt{\,5\,}\,}{2}\biggr)\\[2mm] \quad\, 0<t<1でh'(t)は\ t-\frac{\sqrt{\,5\,}-1\,}{2}\,と同符号であるから，\\ [1.5mm]\hspace*{6zw} \begin{array}{|c|ccccc|} \hline \tabtopsp{3mm} t &\ (0) & & \dfrac{\sqrt{\,5\,}-1\,}{2} & & (1) \ \\[2.5mm] \hline h'(t) & & - & 0 & + & \\ \hline h(t) & & \searrow & 極小 & \nearrow & \\ \hline \end{array} \\[1.5mm] \hspace*{6zw} h\biggl(\frac{\sqrt{\,5\,}-1\,}{2}\biggr)=\log\frac{\sqrt{\,5 \,}-1\,}{2}+\sqrt{\,5\,},\ \ \lim_{t\to 1-0} h(t)=2 \\[2mm] \quad 公式\lim_{x\to+0} x\log x=0より \\ \hspace*{6zw} \lim_{t\to+0} h(t)=\lim_{t\to+0} \frac{1}{\,t\,}(\hspace*{1pt} t\log t+t^{\hspace*{.5pt}2}+1)=+\infty \\[2mm] \qquad 以上より，\\[1.5mm] \hspace*{5.5zw} \kakomi{y=\log\frac{a}{\,f(x)\,}\,とy=g(x)が交わる}\\[1.5mm] \hspace*{5zw} \iff\! \kakomi{\log a=h(t)\ (0<t<1)を満たす実数tが存在する} \\ [1.5mm]\hspace*{5zw} \iff \log a\geqq \log\frac{\sqrt{\,5\,}-1\,}{2} +\sqrt{\,5\,}=\log\frac{\sqrt{\,5\,}-1\,}{2}\mbox{\large$e$}^{\sqrt{\,5\,}} \\[1.5mm]\hspace*{5zw} \iff a\geqq \frac{\sqrt{\,5\,}-1\,}{2} \mbox{\large$e$}^{\sqrt{\,5\,}} \ \ \ (答) $ \newpage\noindent \paalen{注}\ \ $\displaystyle\lim_{x\to+0} f\hspace*{.5pt}'(x),\ \, \lim_{x\to+0} g\hspace*{1pt}'(x)をノーヒントで求めるのは難しいので，上の解答 \hspace*{2pt}\\[1.5mm]\quad のように\ x=0の近傍は直感的な図で済ませてよいもの と思われるが，次の\\ \quad ようにすれば\lim_{x\to+0} f\hspace*{.5pt}'(x),\ \, \lim_{x\to+0} g\hspace*{1pt}'(x)を求めることができる。\\[2mm] \qquad 曲線C:x=1-\cos\theta,\ \ y=\sin\theta-\theta\ \Bigl(0\leqq\theta\leqq \frac{\,\pi\,}{2}\Bigr)\,について，\\[1.5mm] \hspace*{6zw} 0<\theta<\frac{\,\pi\,}{2}\,のとき\,\frac{\,dx\,}{d\theta}>0 \hfill\cdots\cdots\ \maru{1} \hspace*{6zw}\\[2mm] \quad であるから，\ \ x=1-\cos\theta\ は狭義単調増加関数であり，逆関数x\mapsto \theta\ が存在\\ \quad する。この逆関数とy=\sin\theta-\theta\ との合成関数を f(x)とおくと，\\ \hspace*{6zw} 曲線Cはある関数y=f(x)のグラフ \\ \quad とみなすことができる。\\ \qquad\, f(x)に平均値の定理が適用できて，十分小さい正の実数xに対して，\\[1.5mm] \hspace*{6zw} \frac{\,f(x)-f(0)\,}{x-0}=f\hspace*{.5pt}'(t),\ \ 0<t<x \hfill \cdots\cdots\ \maru{2} \hspace*{6zw}\\[2mm] \quad を満たす実数tが\paalen{xごとに}存在する。\\[1.5mm] \hspace*{6zw} f\hspace*{.5pt}'(x)=\frac{\ \raisebox{2.5mm}{$\dfrac{\,dy\,} {d\theta}$}\ }{\tabtopsp{0mm}\dfrac{\,\raisebox{-.4mm}{$dx$}\,}{d\theta}} =\frac{\,\cos\theta-1\,}{\sin\theta}=\frac{\raisebox{2.5mm}{$-2\sin^2 \dfrac{\,\raisebox{-.4mm}{$\theta$}\,}{2}$}}{\,\tabtopsp{0mm} 2\sin\dfrac{\,\raisebox{-.4mm}{$\theta$}\,}{2}\cos\dfrac{\,\raisebox{-.4mm} {$\theta$}\,}{2}\,}=-\tan\frac{\,\theta\,}{2} \\[2mm] \quad であるから，\ \ x=1-\cos\theta,\ \,t=1-\cos\varphi\ とおくと，\ \ \maru{1},\ \maru{2}より \\[1.5mm] \hspace*{6zw} \frac{\,\sin\theta-\theta\,}{1-\cos\theta}=-\tan\frac{\varphi} {\,2\,},\ \ 0<\varphi<\theta \\[2mm] \quad\, \theta\to 0のとき\,\varphi\to 0であるから，\\[1.5mm] \hspace*{6zw} \lim_{x\to+0} f\hspace*{.5pt}'(x)=\lim_{\theta\to+0} \frac{\,\sin\theta-\theta\,}{1-\cos\theta}=-\lim_{\varphi\to+0} \tan\frac{\,\varphi\,}{2}=0 \\[2mm] \quad \lim_{x\to 0} \frac{\,\tan x\,}{x}=1\ であるから \\[.5mm] \hspace*{6zw} \lim_{x\to+0} g\hspace*{1pt}'(x)=\lim_{x\to+0} f\hspace*{.5pt}'(x)\biggl(1-\frac{\,\tan^2 x\,}{\,x^2}\biggr)=0 \\[2mm] \qquad 以上の考察は，事実上ロピタルの定理の証明と同じである。$ \end{document}