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名古屋大学 2015年理系第3問解説

方針・初手

(1) は、2つの接線の方程式を求め、その交点 $R$ の座標を $\alpha, \beta$ と $t$ を用いて表します。面積 $S_2$ を求める際は、定積分をそのまま計算するよりも、$S_1$ の面積から2つの台形の面積を引く図形的なアプローチをとると計算がスムーズです。その際、$P, Q$ が曲線 $C$ と直線 $y=tx$ の交点である条件（$e^\alpha = t\alpha$、$e^\beta = t\beta$）を用いて式を整理します。

(2) は、前半の $\alpha$ と $\beta$ の不等式評価が鍵です。$\alpha$ の評価には関数 $f(x) = \frac{e^x}{x}$ の増減を利用し、$\beta$ の評価には問題文で与えられた不等式 $e^x > x^2$ を有効活用します。極限計算では、得られた不等式を用いてはさみうちの原理を適用します。

解法1

(1)

$P, Q$ は曲線 $y=e^x$ と直線 $y=tx$ の交点であるから、以下の関係が成り立つ。

$$ \begin{aligned} e^\alpha &= t\alpha \\ e^\beta &= t\beta \end{aligned} $$

曲線 $y=e^x$ において $y'=e^x$ であるから、点 $P(\alpha, e^\alpha)$ における接線 $PR$ の方程式は、

$$ y - e^\alpha = e^\alpha (x - \alpha) $$

$e^\alpha = t\alpha$ を代入して整理すると、

$$ y = t\alpha x + t\alpha(1 - \alpha) $$

同様に、点 $Q(\beta, e^\beta)$ における接線 $QR$ の方程式は、

$$ y = e^\beta x + e^\beta(1 - \beta) $$

$e^\beta = t\beta$ を代入して整理すると、

$$ y = t\beta x + t\beta(1 - \beta) $$

これら2直線の交点 $R$ の $x$ 座標は、

$$ t\alpha x + t\alpha(1 - \alpha) = t\beta x + t\beta(1 - \beta) $$

$$ t(\beta - \alpha)x = t(\beta - \alpha) - t(\beta^2 - \alpha^2) $$

$t > e > 0$ かつ $\alpha < \beta$ より $t(\beta - \alpha) \neq 0$ であるから、両辺を割って、

$$ x = 1 - (\beta + \alpha) = \alpha + \beta - 1 $$

このとき $y$ 座標は、

$$ y = t\alpha (\alpha + \beta - 1) + t\alpha(1 - \alpha) = t\alpha\beta $$

したがって、交点 $R$ の座標は $(\alpha + \beta - 1, t\alpha\beta)$ である。

次に、面積 $S_1$ は、

$$ S_1 = \int_\alpha^\beta e^x dx = \left[ e^x \right]_\alpha^\beta = e^\beta - e^\alpha = t(\beta - \alpha) $$

曲線 $y=e^x$ は下に凸であるため、接線は曲線の常に下側にある。したがって、面積 $S_2$ は、$S_1$ から $x$ 軸、直線 $x=\alpha, x=\beta$、および2つの接線で囲まれる2つの台形の面積を引いたものとして求められる。

区間 $\alpha \le x \le \alpha + \beta - 1$ における台形の面積 $T_1$ は、

$$ T_1 = \frac{1}{2} (e^\alpha + t\alpha\beta) \{ (\alpha + \beta - 1) - \alpha \} = \frac{1}{2} (t\alpha + t\alpha\beta)(\beta - 1) = \frac{t\alpha}{2} (\beta^2 - 1) $$

区間 $\alpha + \beta - 1 \le x \le \beta$ における台形の面積 $T_2$ は、

$$ T_2 = \frac{1}{2} (t\alpha\beta + e^\beta) \{ \beta - (\alpha + \beta - 1) \} = \frac{1}{2} (t\alpha\beta + t\beta)(1 - \alpha) = \frac{t\beta}{2} (1 - \alpha^2) $$

これら2つの台形の面積の和は、

$$ T_1 + T_2 = \frac{t}{2} ( \alpha\beta^2 - \alpha + \beta - \alpha^2\beta ) = \frac{t}{2} \{ \alpha\beta(\beta - \alpha) + (\beta - \alpha) \} = \frac{t}{2}(\beta - \alpha)(\alpha\beta + 1) $$

よって、面積 $S_2$ は、

$$ S_2 = S_1 - (T_1 + T_2) = t(\beta - \alpha) - \frac{t}{2}(\beta - \alpha)(\alpha\beta + 1) = \frac{t}{2}(\beta - \alpha)(1 - \alpha\beta) $$

以上より、求める比は、

$$ \frac{S_2}{S_1} = \frac{\frac{t}{2}(\beta - \alpha)(1 - \alpha\beta)}{t(\beta - \alpha)} = \frac{1 - \alpha\beta}{2} $$

(2)

関数 $f(x) = \frac{e^x}{x} \ (x > 0)$ を考えると、

$$ f'(x) = \frac{e^x \cdot x - e^x \cdot 1}{x^2} = \frac{e^x(x - 1)}{x^2} $$

$f'(x) = 0$ となるのは $x = 1$ のときであり、$f(x)$ は $0 < x \le 1$ で単調に減少し、$x \ge 1$ で単調に増加する。極小値は $f(1) = e$ である。 $\alpha, \beta$ は $f(x) = t$ の解であり、$t > e$ かつ $\alpha < \beta$ であるから、$0 < \alpha < 1 < \beta$ が成り立つ。

まず、$\alpha < \frac{e}{t}$ を示す。 $t > e$ より $0 < \frac{e}{t} < 1$ であるから、

$$ f\left(\frac{e}{t}\right) = \frac{e^{\frac{e}{t}}}{\frac{e}{t}} = \frac{t}{e} e^{\frac{e}{t}} = t \cdot e^{\frac{e}{t} - 1} $$

ここで、$t > e$ より $\frac{e}{t} - 1 < 0$ であるから、$e^{\frac{e}{t} - 1} < e^0 = 1$ となる。したがって、

$$ f\left(\frac{e}{t}\right) < t = f(\alpha) $$

$\alpha$ および $\frac{e}{t}$ はともに $f(x)$ が単調減少する区間 $(0, 1]$ にあるため、$f\left(\frac{e}{t}\right) < f(\alpha)$ より $\alpha < \frac{e}{t}$ が成り立つ。

次に、$\beta < 2 \log t$ を示す。 $x > 0$ のとき $e^x > x^2$ が成り立つことを用いる。$\beta > 1 > 0$ であるから、

$$ e^\beta > \beta^2 $$

$e^\beta = t\beta$ を代入すると $t\beta > \beta^2$ となり、$\beta > 0$ で割って $t > \beta$ を得る。 $t > \beta > 1$ であるから、両辺の自然対数をとると、

$$ \log t > \log \beta $$

一方、$e^\beta = t\beta$ の両辺の自然対数をとると、

$$ \beta = \log t + \log \beta $$

これに $\log t > \log \beta$ を適用すると、

$$ \beta < \log t + \log t = 2 \log t $$

となり、$\beta < 2 \log t$ が示された。

最後に、$\lim_{t \to \infty} \frac{S_2}{S_1}$ を求める。これまでに示した不等式より、

$$ 0 < \alpha < \frac{e}{t}, \quad 1 < \beta < 2 \log t $$

であるから、辺々を掛け合わせて、

$$ 0 < \alpha\beta < \frac{e}{t} \cdot 2 \log t = 2e \frac{\log t}{t} $$

ここで、$x > 0$ のとき $e^x > x^2$ が成り立つ不等式に $x = \log t \ (> 0)$ を代入すると、

$$ e^{\log t} > (\log t)^2 \implies t > (\log t)^2 $$

両辺を $t \log t \ (> 0)$ で割ると、

$$ 0 < \frac{\log t}{t} < \frac{1}{\log t} $$

$t \to \infty$ のとき $\frac{1}{\log t} \to 0$ であるから、はさみうちの原理より、

$$ \lim_{t \to \infty} \frac{\log t}{t} = 0 $$

したがって、$\lim_{t \to \infty} 2e \frac{\log t}{t} = 0$ となり、再びはさみうちの原理より、

$$ \lim_{t \to \infty} \alpha\beta = 0 $$

(1) の結果より $\frac{S_2}{S_1} = \frac{1 - \alpha\beta}{2}$ であるから、求める極限は、

$$ \lim_{t \to \infty} \frac{S_2}{S_1} = \frac{1 - 0}{2} = \frac{1}{2} $$

解説

2つの曲線の交点や接線が絡む面積計算と、方程式の解の極限を求める融合問題です。

(1) では、面積 $S_2$ を求める際に、「上側の関数から下側の関数を引いて積分する」という基本に忠実に定積分を計算してもよいですが、接線が $x$ 軸との間に作る図形（台形）の面積を利用することで、積分の計算負担を減らしミスを防ぐことができます。

(2) は、方程式 $e^x = tx$ の解 $\alpha, \beta$ を具体的に $t$ の式で表すことができないため、関数 $f(x) = \frac{e^x}{x}$ を定義してその性質から解を評価する、いわゆる「解の配置」のアプローチが必要です。$\beta < 2 \log t$ の証明において、問題で与えられたヒント $e^x > x^2$ を $x=\beta$ として代入し、$t > \beta$ を導くという発想が最大の山場となります。極限の計算では、$x = \log t$ とおくことで再びヒントの不等式を活用し、はさみうちの原理に持ち込むという定番の手法が使われています。