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6 愛媛大学 2025年 数学 第6問解答・解説 指数関数・対数関数 極限 積分法 数列 ベクトル
1 問題2 解答1 問題愛媛大学 2025 年度第6問
以下の問いに答えよ。
(1)
a a a を正の実数とする。関数
f n ( x ) ( n = 1 , 2 , 3 , ⋯ ) f_n(x)\ (n=1,2,3,\cdots) f n ( x ) ( n = 1 , 2 , 3 , ⋯ ) を
f 1 ( x ) = e x + e − x 2 , f n + 1 ( x ) = 1 2 ∫ x − a x + a f n ( t ) d t ( n = 1 , 2 , 3 , ⋯ )
f_1(x)=\frac{e^x+e^{-x}}{2},\qquad f_{n+1}(x)=\frac{1}{2}\int_{x-a}^{x+a}f_n(t)\,dt\quad(n=1,2,3,\cdots)
f 1 ( x ) = 2 e x + e − x , f n + 1 ( x ) = 2 1 ∫ x − a x + a f n ( t ) d t ( n = 1 , 2 , 3 , ⋯ ) により定める。また、
A = e a − e − a 2 A=\frac{e^a-e^{-a}}{2} A = 2 e a − e − a とおく。
(i)
f 2 ( x ) f 1 ( x ) = A \frac{f_2(x)}{f_1(x)}=A f 1 ( x ) f 2 ( x ) = A を証明せよ。
(ii)
f n ( x ) = A n − 1 f 1 ( x ) ( n = 1 , 2 , 3 , ⋯ ) f_n(x)=A^{n-1}f_1(x)\ (n=1,2,3,\cdots) f n ( x ) = A n − 1 f 1 ( x ) ( n = 1 , 2 , 3 , ⋯ ) を証明せよ。
(iii) 無限級数
∑ n = 1 ∞ f n ( 0 ) \displaystyle \sum_{n=1}^{\infty}f_n(0) n = 1 ∑ ∞ f n ( 0 ) が収束するような
a a a の値の範囲を求めよ。
(iv)
a a a が(iii)で求めた範囲にあるとき、
∑ n = 1 ∞ f n ( 0 ) \displaystyle \sum_{n=1}^{\infty}f_n(0) n = 1 ∑ ∞ f n ( 0 ) を
a a a を用いて表せ。
(2)
a ⃗ = ( 1 , 2 , 1 ) , b ⃗ = ( 1 , 1 , 1 ) \vec{a}=(1,2,1),\ \vec{b}=(1,1,1) a = ( 1 , 2 , 1 ) , b = ( 1 , 1 , 1 ) とする。また、
s s s を実数とし、ベクトル
c ⃗ \vec{c} c は条件
{ c ⃗ = s a ⃗ + b ⃗ , a ⃗ ⋅ c ⃗ = 0
\begin{cases}
\vec{c}=s\vec{a}+\vec{b},\\
\vec{a}\cdot\vec{c}=0
\end{cases}
{ c = s a + b , a ⋅ c = 0 を満たすとする。
(i)
s s s の値および
c ⃗ \vec{c} c を求めよ。
(ii)
t , u t,u t , u を実数とし、
d ⃗ = t a ⃗ + u c ⃗ \vec{d}=t\vec{a}+u\vec{c} d = t a + u c とする。また、
x x x を実数とし、ベクトル
d ⃗ \vec{d} d は条件
{ a ⃗ ⋅ d ⃗ = 1 , b ⃗ ⋅ d ⃗ = x
\begin{cases}
\vec{a}\cdot\vec{d}=1,\\
\vec{b}\cdot\vec{d}=x
\end{cases}
{ a ⋅ d = 1 , b ⋅ d = x を満たすとする。
(a)
t t t の値を求めよ。
(b)
u u u を
x x x を用いて表せ。
(c)
f ( x ) = ∣ d ⃗ ∣ f(x)=|\vec{d}| f ( x ) = ∣ d ∣ とする。
lim x → ∞ { f ( x ) − ( p x + q ) } = 0 \displaystyle \lim_{x\to\infty}\{f(x)-(px+q)\}=0 x → ∞ lim { f ( x ) − ( p x + q )} = 0 が成り立つとき、実数
p , q p,q p , q の値を求めよ。
まずは自分で解いてみましょう。解けたら、または詰まったら「解答」で確かめられます。
2 解答解答を見る 途中式つきの解答 解答 (1)(i)
f 2 ( x ) = 1 2 ∫ x − a x + a e t + e − t 2 d t = 1 4 [ e t − e − t ] x − a x + a = 1 4 ( e a − e − a ) ( e x + e − x ) = A f 1 ( x ) .
\begin{aligned}
f_2(x)
&=\frac12\int_{x-a}^{x+a}\frac{e^t+e^{-t}}2\,dt\\
&=\frac14\left[e^t-e^{-t}\right]_{x-a}^{x+a}\\
&=\frac14(e^a-e^{-a})(e^x+e^{-x})=A f_1(x).
\end{aligned}
f 2 ( x ) = 2 1 ∫ x − a x + a 2 e t + e − t d t = 4 1 [ e t − e − t ] x − a x + a = 4 1 ( e a − e − a ) ( e x + e − x ) = A f 1 ( x ) . f 2 ( x ) = 2 1 ∫ x − a x + a 2 e t + e − t d t = 4 1 [ e t − e − t ] x − a x + a = 4 1 ( e a − e − a ) ( e x + e − x ) = A f 1 ( x ) . f 1 ( x ) > 0 f_1(x)>0 f 1 ( x ) > 0 なので
f 2 ( x ) / f 1 ( x ) = A \boxed{f_2(x)/f_1(x)=A} f 2 ( x ) / f 1 ( x ) = A 。
(1)(ii)
n = 1 n=1 n = 1 では
A 0 f 1 ( x ) = f 1 ( x ) A^0f_1(x)=f_1(x) A 0 f 1 ( x ) = f 1 ( x ) なので成り立つ。
f k ( x ) = A k − 1 f 1 ( x ) f_k(x)=A^{k-1}f_1(x) f k ( x ) = A k − 1 f 1 ( x ) と仮定すれば
f k + 1 ( x ) = 1 2 ∫ x − a x + a f k ( t ) d t = A k − 1 1 2 ∫ x − a x + a f 1 ( t ) d t = A k − 1 f 2 ( x ) = A k f 1 ( x ) .
f_{k+1}(x)=\frac12\int_{x-a}^{x+a}f_k(t)\,dt
=A^{k-1}\frac12\int_{x-a}^{x+a}f_1(t)\,dt
=A^{k-1}f_2(x)=A^k f_1(x).
f k + 1 ( x ) = 2 1 ∫ x − a x + a f k ( t ) d t = A k − 1 2 1 ∫ x − a x + a f 1 ( t ) d t = A k − 1 f 2 ( x ) = A k f 1 ( x ) . 従って帰納法により
f n ( x ) = A n − 1 f 1 ( x ) ( n = 1 , 2 , 3 , … ) .
\boxed{f_n(x)=A^{n-1}f_1(x)\quad(n=1,2,3,\ldots)}.
f n ( x ) = A n − 1 f 1 ( x ) ( n = 1 , 2 , 3 , … ) . (1)(iii), (iv)
f 1 ( 0 ) = 1 f_1(0)=1 f 1 ( 0 ) = 1 より
f n ( 0 ) = A n − 1 f_n(0)=A^{n-1} f n ( 0 ) = A n − 1 。また
a > 0 a>0 a > 0 から
A = ( e a − e − a ) / 2 > 0 A=(e^a-e^{-a})/2>0 A = ( e a − e − a ) /2 > 0 。よって無限等比級数
∑ n = 1 ∞ A n − 1 \sum_{n=1}^\infty A^{n-1} ∑ n = 1 ∞ A n − 1 の収束条件は
0 < A < 1 0<A<1 0 < A < 1 。
X = e a > 1 X=e^a>1 X = e a > 1 と置けば
A < 1 すなわち X − 1 X < 2 すなわち X 2 − 2 X − 1 < 0 すなわち 1 < X < 1 + 2 ,
A<1\text{すなわち} X-\frac1X<2\text{すなわち} X^2-2X-1<0
\text{すなわち} 1<X<1+\sqrt2,
A < 1 すなわち X − X 1 < 2 すなわち X 2 − 2 X − 1 < 0 すなわち 1 < X < 1 + 2 , したがって
0 < a < log ( 1 + 2 ) .
\boxed{0<a<\log(1+\sqrt2)}.
0 < a < log ( 1 + 2 ) . この範囲で
∑ n = 1 ∞ f n ( 0 ) = 1 1 − A = 2 2 − e a + e − a .
\boxed{\sum_{n=1}^{\infty}f_n(0)=\frac1{1-A}=\frac{2}{2-e^a+e^{-a}}}.
n = 1 ∑ ∞ f n ( 0 ) = 1 − A 1 = 2 − e a + e − a 2 . (2)(i)
c ⃗ = s a ⃗ + b ⃗ = ( s + 1 , 2 s + 1 , s + 1 ) , a ⃗ ⋅ c ⃗ = 6 s + 4 = 0.
\vec c=s\vec a+\vec b=(s+1,2s+1,s+1),\qquad
\vec a\cdot\vec c=6s+4=0.
c = s a + b = ( s + 1 , 2 s + 1 , s + 1 ) , a ⋅ c = 6 s + 4 = 0. ゆえに
s = − 2 3 , c ⃗ = ( 1 3 , − 1 3 , 1 3 ) .
\boxed{s=-\frac23},\qquad
\boxed{\vec c=\left(\frac13,-\frac13,\frac13\right)}.
s = − 3 2 , c = ( 3 1 , − 3 1 , 3 1 ) . (2)(ii)(a),(b)
a ⃗ ⋅ c ⃗ = 0 \vec a\cdot\vec c=0 a ⋅ c = 0 、
∣ a ⃗ ∣ 2 = 6 |\vec a|^2=6 ∣ a ∣ 2 = 6 なので
1 = a ⃗ ⋅ d ⃗ = 6 t , t = 1 6 .
1=\vec a\cdot\vec d=6t,\qquad \boxed{t=\frac16}.
1 = a ⋅ d = 6 t , t = 6 1 . また
a ⃗ ⋅ b ⃗ = 4 \vec a\cdot\vec b=4 a ⋅ b = 4 、
b ⃗ ⋅ c ⃗ = 1 3 \vec b\cdot\vec c=\frac13 b ⋅ c = 3 1 より
x = b ⃗ ⋅ d ⃗ = 4 t + 1 3 u = 2 3 + 1 3 u , u = 3 x − 2 .
x=\vec b\cdot\vec d=4t+\frac13u=\frac23+\frac13u,
\qquad \boxed{u=3x-2}.
x = b ⋅ d = 4 t + 3 1 u = 3 2 + 3 1 u , u = 3 x − 2 . (2)(ii)(c)
∣ c ⃗ ∣ 2 = 1 3 |\vec c|^2=\frac13 ∣ c ∣ 2 = 3 1 かつ
a ⃗ ⋅ c ⃗ = 0 \vec a\cdot\vec c=0 a ⋅ c = 0 より
f ( x ) 2 = ∣ d ⃗ ∣ 2 = 6 t 2 + 1 3 u 2 = 3 x 2 − 4 x + 3 2 .
f(x)^2=|\vec d|^2=6t^2+\frac13u^2
=3x^2-4x+\frac32.
f ( x ) 2 = ∣ d ∣ 2 = 6 t 2 + 3 1 u 2 = 3 x 2 − 4 x + 2 3 . x → + ∞ x\to+\infty x → + ∞ では
f ( x ) x = 3 − 4 x + 3 2 x 2 ⟶ 3 ,
\frac{f(x)}x=\sqrt{3-\frac4x+\frac{3}{2x^2}}\longrightarrow\sqrt3,
x f ( x ) = 3 − x 4 + 2 x 2 3 ⟶ 3 , したがって条件
f ( x ) − ( p x + q ) → 0 f(x)-(px+q)\to0 f ( x ) − ( p x + q ) → 0 の傾きは
p = 3 p=\sqrt3 p = 3 。さらに有理化して
f ( x ) − 3 x = − 4 x + 3 2 f ( x ) + 3 x ⟶ − 4 2 3 = − 2 3 .
f(x)-\sqrt3x=
\frac{-4x+\frac32}{f(x)+\sqrt3x}
\longrightarrow-\frac4{2\sqrt3}=-\frac2{\sqrt3}.
f ( x ) − 3 x = f ( x ) + 3 x − 4 x + 2 3 ⟶ − 2 3 4 = − 3 2 . よって
p = 3 , q = − 2 3 .
\boxed{p=\sqrt3},\qquad \boxed{q=-\frac2{\sqrt3}}.
p = 3 , q = − 3 2 . 読み終えたら解答を閉じて、もう一度自分の手で解いてみましょう。
この問題で使う考え方
三角・指数・対数関数等の積分 不定積分・定積分の性質 数学的帰納法 無限等比級数 指数関数のグラフ・増減 ベクトルの成分表示 ベクトルの内積 関数の極限 無理関数の性質 答えと解答は AI で作成したものです。誤りに気づいたらお問い合わせ から教えてください。
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