名古屋大学 2015年度 前期日程 第2次学力試験理系数学 第3問

(1)

交点条件より $$e^{\alpha }=t\alpha ,e^{\beta }=t\beta$$ である。曲線 $C:y=e^x$ の $x=c$ における接線は $$y=e^c(x-c)+e^c=e^c(x-c+1)$$ である。したがって、$P,Q$ における接線はそれぞれ $$y=t\alpha (x-\alpha +1),y=t\beta (x-\beta +1)$$ である。

2接線の交点 $R$ の $x$ 座標を $r$ とする。すると $$\alpha (r-\alpha +1)=\beta (r-\beta +1)$$ である。整理すると$$(\alpha -\beta )r=\alpha (\alpha -1)-\beta (\beta -1)=(\alpha -\beta )(\alpha +\beta -1)$$であり、$\alpha \mathrm{\ne }\beta$ だから $r=\alpha +\beta -1$ である。ここで $0<\alpha <1<\beta$ なので $\alpha <r<\beta$ である。

まず$$S_1={\int }_{\alpha }^{\beta }{e}^{x}dx=e^{\beta }-e^{\alpha }=t\beta -t\alpha =t(\beta -\alpha )$$である。

次に $S_2$ を求める。指数関数のグラフは接線より上にあるので$$\begin{array}{rl}{\displaystyle S_2=}& {\displaystyle {\int }_{\alpha }^r\{e^x-t\alpha (x-\alpha +1)\}dx}\\ {\displaystyle }& {\displaystyle +{\int }_r^{\beta }\{e^x-t\beta (x-\beta +1)\}dx}\end{array}$$である。ここで第1項を計算する。$r-\alpha =\beta -1$ より$$\begin{array}{rl}{\displaystyle {\int }_{\alpha }^r\{e^x-t\alpha (x-\alpha +1)\}dx}& {\displaystyle =e^r-e^{\alpha }-t\alpha \{\frac{(r-\alpha {)}^2}{2}+(r-\alpha )\}}\\ {\displaystyle }& {\displaystyle =e^r-t\alpha -t\alpha \{\frac{(\beta -1{)}^2}{2}+\beta -1\}}\\ {\displaystyle }& {\displaystyle =e^r-t\alpha -t\alpha \cdot \frac{{\beta }^2-1}{2}}\end{array}$$である。第2項については $\beta -r=1-\alpha$ であり $${\int }_r^{\beta }(x-\beta +1)dx=\frac{1-{\alpha }^2}{2}$$ だから$$\begin{array}{rl}{\displaystyle {\int }_r^{\beta }\{e^x-t\beta (x-\beta +1)\}dx}& {\displaystyle =e^{\beta }-e^r-t\beta \cdot \frac{1-{\alpha }^2}{2}}\\ {\displaystyle }& {\displaystyle =t\beta -e^r-t\beta \cdot \frac{1-{\alpha }^2}{2}}\end{array}$$である。両者を足すと $e^r$ が消えて$$\begin{array}{rl}{\displaystyle S_2}& {\displaystyle =t(\beta -\alpha )-\frac{t}{2}\{\alpha ({\beta }^2-1)+\beta (1-{\alpha }^2)\}}\\ {\displaystyle }& {\displaystyle =t(\beta -\alpha )-\frac{t}{2}\{\alpha {\beta }^2-\alpha +\beta -{\alpha }^2\beta \}}\\ {\displaystyle }& {\displaystyle =\frac{t}{2}\{2(\beta -\alpha )-\alpha \beta (\beta -\alpha )-(\beta -\alpha )\}}\\ {\displaystyle }& {\displaystyle =\frac{t(\beta -\alpha )(1-\alpha \beta )}{2}}\end{array}$$である。したがって $$\frac{S_2}{S_1}=\frac{1-\alpha \beta }{2}$$ である。

(2) $h(x)=e^x-tx$ とおく。$t>e$ より $$h(0)=1>0,h(1)=e-t<0$$ であるから、小さい方の解 $\alpha$ は $0<\alpha <1$ を満たす。交点条件 $e^{\alpha }=t\alpha$ より $$\alpha =\frac{e^{\alpha }}{t}$$ であり、$\alpha <1$ だから $e^{\alpha }<e$ である。よって $$\alpha <\frac{e}{t}$$ である。

次に $\beta$ を評価する。$t>e$ なので $2\log t>2$ であり、特に $2\log t>1>\alpha$ である。また $$h(2\log t)=e^{2\log t}-2t\log t=t^2-2t\log t=t(t-2\log t)$$ である。$\varphi (t)=t-2\log t$ とおくと、$t>e>2$ で ${\varphi }^{\mathrm{\prime }}(t)=1-\frac{2}{t}>0$ であり、$\varphi (e)=e-2>0$ だから $t-2\log t>0$ である。したがって $h(2\log t)>0$ である。

関数 $h(x)=e^x-tx$ は下に凸で、問題文の通り正の範囲で2つの交点をもつ。$h(x)$ は2つの根の間で負、外側で正である。いま $2\log t>\alpha$ かつ $h(2\log t)>0$ なので、$2\log t$ は大きい方の根 $\beta$ より右側にある。よって $\beta <2\log t$ である。

以上より $$0<\alpha \beta <\frac{e}{t}\cdot 2\log t=\frac{2e\log t}{t}$$ である。$t\to \mathrm{\infty }$ のとき $\frac{\log t}{t}\to 0$ だから $\alpha \beta \to 0$ である。(1)より $$\frac{S_2}{S_1}=\frac{1-\alpha \beta }{2}$$ なので $$\underset{t\to \mathrm{\infty }}{\lim }\frac{S_2}{S_1}=\frac{1}{2}$$ である。