関数 \(f(x) = e^{-\frac{x^2}{2}}\) を \(x \gt 0\) で考える. \(y = f(x)\) のグラフの点 \(\left( a , f(a) \right)\) における接線を \(\ell _ a\) とし, \(\ell _ a\) と \(y\) 軸との交点を \(( 0 , Y(a) )\) とする. 以下の問いに答えよ. ただし, 実数 \(k\) に対して \(\displaystyle\lim _ {t \rightarrow \infty} t^k e^{-t} = 0\) であることは証明なしで用いてもよい.
(1) \(Y(a)\) がとりうる値の範囲を求めよ.
(2) \(0 \lt a \lt b\) である \(a , b\) に対して, \(\ell _ a\) と \(\ell _ b\) が \(x\) 軸上で交わるとき, \(a\) のとりうる値の範囲を求め, \(b\) を \(a\) で表せ.
(3) (2) の \(a , b\) に対して, \(Z(a) = Y(a) -Y(b)\) とおく. \(\displaystyle\lim _ {a \rightarrow +0} Z(a)\) および \(\displaystyle\lim _ {a \rightarrow +0} \dfrac{Z'(a)}{a}\) を求めよ.
【 解 答 】
(1)
\[ f'(x) = -x e^{-\frac{x^2}{2}} \] なので, \(\ell _ a\) の式は \[\begin{align} y & = -a e^{-\frac{a^2}{2}} ( x-a ) +e^{-\frac{a^2}{2}} \\ & = -a e^{-\frac{a^2}{2}} x +\left( a^2 +1 \right) e^{-\frac{a^2}{2}} \end{align}\] ゆえに \[ Y(a) = \left( a^2 +1 \right) e^{-\frac{a^2}{2}} \] これを \(a\) について微分すると \[\begin{align} Y'(a) & = 2a e^{-\frac{a^2}{2}} -\left( a^2 +1 \right) \cdot a e^{-\frac{a^2}{2}} \\ & = a \left( 1 -a^2 \right) e^{-\frac{a^2}{2}} \end{align}\] \(Y'(a) = 0\) をとくと \[ x = 1 \] また, \(k = \dfrac{a^2}{2}\) ... [1] とおけば \[ \displaystyle\lim _ {a \rightarrow +0} Y(a) = \displaystyle\lim _ {k \rightarrow \infty} = (2k+1) e^{-k} = 0 \] したがって, \(Y(a)\) の増減は下表のようになる. \[ \begin{array}{c|ccccc} a & (0) & \cdots & 1 & \cdots & ( \infty ) \\ \hline Y'(a) & & + & 0 & - & \\ \hline Y(a) & (1) & \nearrow & \text{最大} & \searrow & (0) \end{array} \] ここで \[ Y(1) = 2 e^{-\frac{1}{2}} = \dfrac{2}{\sqrt{e}} \] よって, 求める値の範囲は \[ \underline{0 \lt Y(a) \leqq \dfrac{2}{\sqrt{e}}} \]
(2)
\(\ell _ a , \ell _ b\) と \(x\) 軸との交点の \(x\) 座標をそれぞれ \(x _ a , x _ b\) とおく.
\(\ell _ 1\) について, \(y = 0\) をとけば, \(e^{-\frac{a^2}{2}} \neq 0\) なので
\[\begin{align}
-a x _ a & +\left( a^2 +1 \right) = 0 \\
\text{∴} \quad x _ a & = a +\dfrac{1}{a}
\end{align}\]
\(\ell _ b\) についても同様に考えれば
\[
x _ b = b +\dfrac{1}{b}
\]
\(x _ a = x _ b\) なので, \(a \neq b\) に注意すれば
\[\begin{align}
a +\dfrac{1}{a} & = b +\dfrac{1}{b} \\
a -b -\dfrac{a-b}{ab} & = 0 \\
( a-b ) ( ab -1 ) & = 0 \\
\text{∴} \quad ab -1 & = 0 \quad ( \ \text{∵} \ a \neq b \ ) \\
\text{∴} \quad b & = \underline{\dfrac{1}{a}}
\end{align}\]
また, \(0 \lt a \lt b\) なので
\[\begin{gather}
0 \lt a \lt \dfrac{1}{a} \\
\underline{0 \lt a \lt 1}
\end{gather}\]
(3)
(2) の結果より \[ Y(b) = \left( \dfrac{1}{a^2} +1 \right) e^{-\frac{1}{2 a^2}} \] [1] と同様にすれば \[\begin{align} \displaystyle\lim _ {a \rightarrow +0} Y(a) & = ( 0+1 ) \cdot 1 = 1 , \\ \displaystyle\lim _ {a \rightarrow +0} Y(b) & = \displaystyle\lim _ {k \rightarrow \infty} ( 2k-1 ) e^{-k} = 0 \end{align}\] よって \[ \displaystyle\lim _ {a \rightarrow +0} Z(a) = 1-0 = \underline{1} \] 続いて \[\begin{align} \dfrac{d Y(b)}{da} & = -\dfrac{2}{a^3} e^{-\frac{1}{2 a^2}} +\left( \dfrac{1}{a^2} +1 \right) \dfrac{1}{a^3} e^{-\frac{1}{2 a^2}} \\ & = \dfrac{1}{a^3} \left( \dfrac{1}{a^2} -1 \right) e^{-\frac{1}{2 a^2}} \end{align}\] [1] と同様にすれば \[\begin{align} \displaystyle\lim _ {a \rightarrow +0} \dfrac{Y'(a)}{a} & = ( 1-0 ) \cdot 1 = 1 , \\ \displaystyle\lim _ {a \rightarrow +0} \dfrac{1}{a} \dfrac{d Y(b)}{da} & = \displaystyle\lim _ {k \rightarrow \infty} ( 2k )^2 ( 2k-1 ) e^{-k} = 0 \end{align}\] よって \[ \displaystyle\lim _ {a \rightarrow +0} \dfrac{Z'(a)}{a} = 1-0 = \underline{1} \]