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【 解 答 】

(1)

\(2\) つの接点を A \((a,b)\) , B \((c,d)\) とおくと \[ \text{Q} \ \left( \dfrac{a+c}{2} , \dfrac{b+d}{2} \right) \ . \] また \[ \text{PA} : \ ax+by = 1 , \ \text{PB} : \ cx+dy = 1 \ . \] ともに P \(( x _ 0 , y _ 0 )\) を通るので \[ a x _ 0 +b y _ 0 = 1 , \ c x _ 0 +d y _ 0 = 1 \ . \] これは直線 \(x _ 0 x +y _ 0 y = 1\) が \(2\) 点 A , B を通ることを表す.
したがって \[ \text{AB} : \ x _ 0 x +y _ 0 y = 1 \quad ... [1] \ . \] これと, 円 \(x^2+y^2 = 1 \quad ... [2]\) の交点が点 A , B であるので, [1] [2] より, \(y\) を消去すると \[\begin{align} {y _ 0}^2 x^2 +( 1 -x _ 0 x )^2 & = {y _ 0}^2 \\ \text{∴} \quad ( {x _ 0}^2 +{y _ 0}^2 ) x^2 -2 x _ 0 x +1 -{y _ 0}^2 & = 0 \ . \end{align}\] この方程式の \(2\) つの解が \(a , c\) なので, 解と係数の関係より \[ a+c = \dfrac{2 x _ 0}{{x _ 0}^2 +{y _ 0}^2} \ . \] ゆえに \[ x _ 1 = \dfrac{a+c}{2} = \dfrac{x _ 0}{{x _ 0}^2 +{y _ 0}^2} \ . \] 同様に, [1] [2] から \(y\) を消去すれば, \[\begin{align} ( 1 -y _ 0 y )^2 +{x _ 0}^2 y^2 & = {x _ 0}^2 \\ \text{∴} \quad ( {x _ 0}^2 +{y _ 0}^2 ) x^2 -2 y _ 0 y +1 -{x _ 0}^2 & = 0 \ . \end{align}\] この方程式の \(2\) つの解が \(b , d\) なので, 解と係数の関係より \[ b+d = \dfrac{2 y _ 0}{{x _ 0}^2 +{y _ 0}^2} \ . \] ゆえに \[ y _ 1 = \dfrac{b+d}{2} = \dfrac{y _ 0}{{x _ 0}^2 +{y _ 0}^2} \ . \] よって, Q の座標は \[ \underline{\left( \dfrac{x _ 0}{{x _ 0}^2 +{y _ 0}^2} , \dfrac{y _ 0}{{x _ 0}^2 +{y _ 0}^2} \right)} \ . \] また \[ \overrightarrow{\text{OQ}} = \dfrac{1}{\left| \overrightarrow{\text{OP}} \right|^2} \overrightarrow{\text{OP}} \quad ... [3] \ . \] なので \[\begin{align} \left| \overrightarrow{\text{OQ}} \right| & = \dfrac{1}{\left| \overrightarrow{\text{OP}} \right|} \\ \text{∴} \quad \left| \overrightarrow{\text{OP}} \right| \left| \overrightarrow{\text{OQ}} \right| & = 1 \ . \end{align}\]

(2)

(1) の結果より \[\begin{align} x _ 1 = \dfrac{x _ 0}{{x _ 0}^2 +{y _ 0}^2} & , \ y _ 1 = \dfrac{y _ 0}{{x _ 0}^2 +{y _ 0}^2} , \\ {x _ 1}^2 +{y _ 1}^2 & = \dfrac{1}{{x _ 0}^2 +{y _ 0}^2} \quad ... [4] \ . \end{align}\] したがって \[ x _ 0 = \dfrac{x _ 1}{{x _ 1}^2 +{y _ 1}^2} , \ y _ 0 = \dfrac{y _ 1}{{x _ 1}^2 +{y _ 1}^2} \quad ... [5] \ . \] ただし, [4] より, \({x _ 1}^2 +{y _ 1}^2 \neq 0\) すなわち \(( x _ 1 , y _ 1 ) \neq (0,0)\) .
[5] を \(x _ 0 +y _ 0 = 2\) に代入すれば \[\begin{align} x _ 1 + y _ 1 = 2 \left( {x _ 1}^2 +{y _ 1}^2 \right) & \\ {x _ 1}^2 -\dfrac{1}{2} x _ 1 +{y _ 1}^2 -\dfrac{1}{2} y _ 1 = 0 \\ \text{∴} \quad \left( x _ 1 -\dfrac{1}{4} \right)^2 +\left( y _ 1 -\dfrac{1}{4} \right)^2 & = \dfrac{1}{8} \ . \end{align}\] よって, Q の軌跡は \[ \underline{\text{円} : \ \left( x -\dfrac{1}{4} \right)^2 +\left( y -\dfrac{1}{4} \right)^2 = \dfrac{1}{8} \quad ( \text{ただし, 原点は除く} )} \ . \]

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【 解 答 】

(1)

\(N\) 回操作をすると, 袋の中の玉の数は \(N+3\) 個になる.
また, 赤い玉の個数 \(m\) の範囲は, \(1 \leqq m \leqq N+1 \quad ... [1]\) . \(N\) 回の操作の後に, 赤い玉が \(m\) 個あるのは

• \(N-1\) 回の操作の後に, 赤い玉が \(m-1\) 個あり, \(N\) 回目で赤い玉が出たとき

• \(N-1\) 回の操作の後に, 赤い玉が \(m\) 個あり, \(N\) 回目で赤以外の色の玉が出たとき

の \(2\) 通りがあるので \[ p _ N (m) = \dfrac{m-1}{N+2} p _ {N-1} (m-1) +\dfrac{N+2-m}{N+2} p _ {N-1} (m) \quad ... [2] \ . \] ただし, [1] より \[ p _ N (0) = p _ N (N+1) = 0 \quad ... [3] \ . \] いま \[ p _ 1 (1) = \dfrac{2}{3} , \ p _ 1 (2) = \dfrac{1}{3} \ . \] なので, [2] [3] にしたがって順次求めると \[\begin{align} p _ 2 (1) & = \dfrac{3}{4} p _ 1 (1) = \dfrac{1}{2} , \\ p _ 2 (2) & = \dfrac{1}{4} p _ 1 (1) +\dfrac{1}{2} p _ 1 (2) = \dfrac{1}{3} , \\ p _ 2 (3) & = \dfrac{1}{2} p _ 1 (2) = \dfrac{1}{6} , \\ p _ 3 (1) & = \dfrac{4}{5} p _ 2 (1) = \dfrac{2}{5} , \\ p _ 3 (2) & = \dfrac{1}{5} p _ 2 (1) +\dfrac{3}{5} p _ 2 (2) = \dfrac{3}{10} , \\ p _ 3 (3) & = \dfrac{2}{5} p _ 2 (2) +\dfrac{2}{5} p _ 2 (3) = \dfrac{1}{5} , \\ p _ 3 (4) & = \dfrac{3}{5} p _ 2 (3) = \dfrac{1}{10} \ . \end{align}\] よって, 求める連比は \[ p _ 3 (1) : p _ 3 (2) : p _ 3 (3) : p _ 3 (4) = \underline{4 : 3: 2 : 1} \ . \]

(2)

(1) の過程より \[\begin{align} p _ 1 (1) : p _ 1 (2) & = 2 : 1 \\ p _ 2 (1) : p _ 2 (2) : p _ 2 (3) & = 3 : 2 : 1 \ . \end{align}\] なので, 一般の \(N\) について \[ P _ N (1) : p _ N (2) : \cdots : p _ N (N+1) = (N+1) : N : \cdots : 1 \ . \] すなわち, \(1 \leqq m \leqq N+1\) について \[\begin{align} p _ N (m) & = \dfrac{N+2-m}{1+2+ \cdots +(N+1)} \\ & = \dfrac{2 (N+2-m)}{(N+1)(N+2)} \quad ... [ \text{A} ] \ . \end{align}\] と推測される.
[A] が成立することを, 数学的帰納法を用いて示す.

1. 1*　\(N = 1 , \ m = 1 , 2\) のとき
   (1) の過程より \[ p _ 1 (1) = \dfrac{2}{3} , \ p _ 1 (2) = \dfrac{1}{3} \ . \] なので, [A] は成立する.

2. 2*　\(N = k , \ 1 \leqq m \leqq k+1 \ ( k \geqq 1 )\) のとき
   [A]が成立する, すなわち \[ p _ k (m) = \dfrac{2 (k+2-m)}{(k+1)(k+2)} \ . \] が成立すると仮定すると, [2] [3] を用いて

   • \(m = 1\) のとき \[\begin{align} p _ {k+1} (1) & = \dfrac{k+2}{k+3} p _ {k} (1) \\ & = \dfrac{k+2}{k+3} \cdot \dfrac{1}{k+2} \\ & = \dfrac{1}{k+3} \ . \end{align}\]

   • \(m = k+2\) のとき \[\begin{align} p _ {k+1} (k+2) & = \dfrac{k+1}{k+3} p _ {k} (k+1) \\ & = \dfrac{k+1}{k+3} \cdot \dfrac{1}{(k+1)(k+2)} \\ & = \dfrac{1}{(k+2)(k+3)} \ . \end{align}\]

   • \(2 \leqq m \leqq k+1\) のとき \[\begin{align} p _ {k+1} (m) & = \dfrac{m-1}{k+3} p _ {k} (m-1) +\dfrac{k+3-m}{k+3} p _ {k} (m) \\ & = \dfrac{m-1}{k+3} \cdot \dfrac{2 (k+3-m)}{(k+1)(k+2)} +\dfrac{k+3-m}{k+3} \cdot \dfrac{2 (k+2-m)}{(k+1)(k+2)} \\ & = \dfrac{2 (k+3-m) \left\{ (m-1) + (k+2-m) \right\}}{(k+1)(k+2)(k+3)} \\ & = \dfrac{2 (k+3-m)}{(k+2)(k+3)} \ . \end{align}\]

   以上より, \(N = k+1 , \ 1 \leqq m \leqq k+2\) のときも, [A] が成立する.

以上より, すべての自然数 \(N\) について, [A] が成立し \[ p _ N (m) = \underline{\dfrac{2 (N+2-m)}{(N+1)(N+2)}} \ . \]

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【 解 答 】

(1)

O , M , N を通る平面を \(\alpha\) とおく.
点 K は \(\alpha\) 上にあるので, 実数 \(u , v\) を用いて \[\begin{align} \overrightarrow{\text{OK}} & = u \overrightarrow{\text{OM}} +v \overrightarrow{\text{ON}} \\ & = u \left( \begin{array}{c} 1 \\ \dfrac{1}{2} \\ 1 \end{array} \right) +v \left( \begin{array}{c} 0 \\ 1 \\ t \end{array} \right) \\ & = \left( \begin{array}{c} u \\ \dfrac{u}{2} +v \\ u+tv \end{array} \right) \quad ... [1] \end{align}\] と表せる.
また, 点 K は線分 PD 上にあるので, 実数 \(s \ ( 0 \leqq s \leqq 1 )\) を用いて \[\begin{align} \overrightarrow{\text{OK}} & = (1-s) \overrightarrow{\text{OP}} +s \overrightarrow{\text{OD}} \\ & = (1-s) \left( \begin{array}{c} 1 \\ 0 \\ 0 \end{array} \right) +s \left( \begin{array}{c} 0 \\ 1 \\ 1 \end{array} \right) \\ & = \left( \begin{array}{c} 1-s \\ s \\ s \end{array} \right) \quad ... [2] \end{align}\] と表せる.
[1] [2] より \[ u = 1-s , \ \dfrac{u}{2} +v = s , \ u+tv = s \] これを解くと \[ u = \dfrac{2 (1-t)}{4-3t} , \ v = \dfrac{1}{4-3t} , \ s = \dfrac{2-t}{4-3t} \] ここで \(0 \leqq t \leqq 1\) なので, \(0 \leqq s \leqq 1\) を満たしている.
よって \[ \text{K} \ \underline{\left( \dfrac{2 (1-t)}{4-3t} , \dfrac{2-t}{4-3t} , \dfrac{2-t}{4-3t} \right)} \]

(2)

点 L は \(\alpha\) 上にあるので, (1) と同様に \[ \overrightarrow{\text{OL}} = \left( \begin{array}{c} u \\ \dfrac{u}{2} +v \\ u+tv \end{array} \right) \quad ... [3] \] と表せる.
また, 点 L は線分 PA 上にあるので, 実数 \(\ell\) （ \(0 \leqq \ell \leqq 1\) ）を用いて \[ \overrightarrow{\text{OL}} = \left( \begin{array}{c} 1 \\ 0 \\ \ell \end{array} \right) \quad ... [4] \] と表せる.
[3] [4] より \[ u = 1 , \ \dfrac{u}{2} +v =0 , \ u+tv = \ell \] これを解くと \[ u = 1 , \ v= -\dfrac{1}{2} , \ \ell = \dfrac{2-t}{2} \] したがって \[ \text{L} \ \left( 1 , 0 , \dfrac{2-t}{2} \right) \] 四面体 OKLP について, △OPL を底面とみなせば \[\begin{align} V(t) & = \dfrac{1}{3} \left( \dfrac{1}{2} \cdot 1 \cdot \dfrac{2-t}{2} \right) \cdot \dfrac{2-t}{4-3t} \\ & = \dfrac{1}{12} \cdot \underline{\dfrac{(2-t)^2}{4-3t}} _ {[\text{A}]} \end{align}\] [A] を \(f(t)\) とおいて, \(0 \leqq t \leqq 1\) における増減を調べればよい. \[\begin{align} f'(t) & = \dfrac{-2(2-t)(4-3t) +3(2-t)^2}{(4-3t)^2} \\ & = \dfrac{(3t-2)(2-t)}{(4-3t)^2} \end{align}\] したがって, \(0 \leqq t \leqq 1\) における \(f(t)\) の増減は下表のようになる. \[ \begin{array}{c|ccccc} t & 0 & \cdots & \dfrac{2}{3} & \cdots & 1 \\ \hline f'(t) & & - & 0 & + & \\ \hline f(t) & 1 & \searrow & \dfrac{8}{9} & \nearrow & 1 \end{array} \] よって, \(V(t)\) について

• \(t = \underline{\dfrac{2}{3}}\) のとき, 最小値 \(\dfrac{1}{12} \cdot \dfrac{8}{9} =\underline{\dfrac{2}{27}}\)

• \(t = \underline{0 , 1}\) のとき, 最大値 \(\dfrac{1}{12} \cdot 1 =\underline{\dfrac{1}{12}}\)

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【 解 答 】

(1)

\[\begin{align} f'(x) & = (2x-1) e^{-x} -(x^2-x) e^{-x} \\ & = -(x^2-3x+1) e^{-x} \\ & = -\left( x -\dfrac{3-\sqrt{5}}{2} \right) \left( x -\dfrac{3+\sqrt{5}}{2} \right) e^{-x} , \\ f''(x) & = -(2x-3) e^{-x} +(x^2-3x+1) e^{-x} \\ & = (x^2-5x+4) e^{-x} \\ & = (x-1)(x-4) e^{-x} \end{align}\] また \[ \displaystyle\lim _ {x \rightarrow -\infty} f(x) = \displaystyle\lim _ {t \rightarrow \infty} (t^2+t) e^t = \infty \] \(x \gt 0\) において, \(0 \lt f(x) \lt x^2 e^{-x}\) であり \[ \displaystyle\lim _ {x \rightarrow \infty} x^2 e^{-x} = 0 \] なので, はさみうちの原理より \[ \displaystyle\lim _ {x \rightarrow \infty} f(x) = 0 \] 以上より, \(f(x)\) の増減と凹凸は下表のようになる. \[ \begin{array}{c|ccccccccccc} x & ( -\infty ) & \cdots & \frac{3-\sqrt{5}}{2} & \cdots & 1 & \cdots & \frac{3+\sqrt{5}}{2} & \cdots & 4 & \cdots & ( \infty ) \\ \hline f'(x) & & - & 0 & + & & + & 0 & - & & - & \\ \hline f''(x) & & + & & + & 0 & - & & - & 0 & + & \\ \hline f(x) & ( \infty ) & \searrow ( \cup ) & \text{極小} & \nearrow ( \cup ) & 0 & \nearrow ( \cap ) & \text{極大} & \searrow ( \cap ) & \frac{12}{e^4} & \searrow ( \cup ) & (0) \end{array} \] よって, \(y = f(x)\) の変曲点は \[ \underline{(1,0) , \left( 4 , \dfrac{12}{e^4} \right)} \] であり, グラフの概形は下図のようになる.

(2)

\(y = f(x)\) の \(x\) 座標が \(p\) である点における接線の方程式は \[\begin{align} y & = (x-p) f'(p) +f(p) \\ & = -(x-p)(p^2-3p+1) e^{-p} +(p^2-p) p^{-p} \\ & = -(p^2-3p+1) e^{-p} x +p^2 (p-2) e^{-p} \end{align}\] これが点 \((0,a) \ ( a \gt 0 )\) を通るとき \[ a= p^2 (p-2) e^{-p} \quad ... [1] \] が成立する. したがって, [1] を満たす正の解 \(p\) がただ \(1\) つ存在するような \(a\) の値を求めればよい.
[1] の右辺を \(g(p)\) とおく. \[\begin{align} g'(p) & = (3p^2-4p) e^{-p} -(p^3-2p^2) e^{-p} \\ & = -p (p^2-5p+4) e^{-p} \\ & = -p (p-1)(p-4) e^{-p} \end{align}\] したがって, \(g(p)\) の増減は下表のようになる. \[ \begin{array}{c|ccccccccc} p & ( -\infty ) & \cdots & 0 & \cdots & 1 & \cdots & 4 & \cdots & ( \infty ) \\ \hline g'(p) & & + & 0 & - & 0 & + & 0 & - & \\ \hline g(p) & ( -\infty ) & \nearrow & 0 & \searrow & -\frac{1}{e} & \nearrow & \frac{32}{e^4} & \searrow & (0) \end{array} \] なので \(y = g(p)\) のグラフの概形は下のようになる.

これと \(y = a\) がただ \(1\) つ共有点をもつのは \[ a =\underline{\dfrac{32}{e^4}} \] のときである.
このとき, \(y = f(x)\) , 接線, \(y\) 軸が囲む図形は下図斜線部である.

接線の方程式は \[\begin{align} y & = -(4^2 -3 \cdot 4 +1) e^{-4} x +32 e^{-4} \\ & = -\dfrac{5}{e^4} x +\dfrac{32}{e^4} \end{align}\] よって, 求める面積 \(S\) は \[\begin{align} S & = \displaystyle\int _ 0^4 \left\{ -\dfrac{5}{e^4} x +\dfrac{32}{e^4} -(x^2-x) e^{-x} \right\} \, dx \\ & = -\dfrac{5}{e^4} \left[ \dfrac{x^2}{2} \right] _ 0^4 +\dfrac{32}{e^4} \cdot 4 +\left[ (x^2-x) e^{-x} \right] _ 0^4 -\displaystyle\int _ 0^4 (2x-1) e^{-x} \, dx \\ & = \dfrac{88}{e^4} +\dfrac{12}{e^4} +\left[ (2x-1) e^{-x} \right] _ 0^4 -\displaystyle\int _ 0^4 2 e^{-x} \, dx \\ & = \dfrac{100}{e^4} +\dfrac{7}{e^4} +1 +2 \left[ e^{-x} \right] _ 0^4 \\ & = \underline{\dfrac{109}{e^4} -1} \end{align}\]

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【 解 答 】

(1)

\(f(x) = x^3-a^2x\) とおくと \[ f(-x) = -x^3+a^2x = -f(x) \] なので, 曲線 \(C\) は原点について対称である.
したがって, \(t \gt 0\) の場合について考えればよい.
\(f'(x) = 3x^2-a^2\) なので , \(\ell\) の方程式は \[\begin{align} y & = (3t^2-a^2)(x-t) +t^3-a^2t \\ & = (3t^2-a^2)x -2t^3 \end{align}\] これと \(C\) の方程式より, \(y\) を消去して \[\begin{align} x^3-a^2x & = (3t^2-a^2)x -2t^3 \\ (x-t)^2 (x+2t) & = 0 \\ \text{∴} \quad x & = t , -2t \end{align}\] よって \[\begin{align} S(t) & = \displaystyle\int _ {-2t}^t \left[ x^3-a^2x -\left\{ (3t^2-a^2)x -2t^3 \right\} \right] \, dx \\ & = \displaystyle\int _ {-2t}^t (x-t)^2(x+2t) \, dx \\ & = \displaystyle\int _ {-2t}^t \left\{ (x-t)^3 +3t(x-t)^2 \right\} \, dx \\ & = \left[ \dfrac{(x-t)^4}{4} +t(x-t)^3 \right] _ {-2t}^t \\ & = -\dfrac{81 t^4}{4} +27 t^4 =\underline{\dfrac{27t^4}{4}} \end{align}\]

(2)

\(\ell\) が \((2a,b)\) を通るので \[\begin{align} b & = 2a(3t^2-a^2) -2t^3 \\ \text{∴} \quad b & = -2t^3 +6at^2 -2a^3 \quad ... [1] \end{align}\] 右辺を \(g(t)\) とおいて, 直線 \(y=b\) と曲線 \(y=g(t)\) の共有点の個数を考えればよい. \[ g'(t) =-6t^2 +12at =-6t (t-2a) \] なので \(g(t)\) の増減は下表のとおり. \[ \begin{array}{c|ccccc} t & \cdots & 0 & \cdots & 2a & \cdots \\ \hline g'(t) & - & 0 & + & 0 & - \\ \hline g(t) & \searrow & -2a^3 & \nearrow & 6a^3 & \searrow \end{array} \] よって, 求める本数は \[ \underline{\left\{ \begin{array}{ll} 1 & \left( \ b \lt -2a^3 , 6a^3 \lt b \text{のとき} \right) \\ 2 & \left( \ b = -2a^3 , 6a^3 \text{のとき} \right) \\ 3 & \left( \ -2a^3 \lt b \lt 6a^3 \text{のとき} \right) \end{array} \right.} \]

(3)

1. 1*　\(b = -2a^3\) のとき
   [1] より \[\begin{align} -2a^3 & = -2t^3 +6at^2 -2a^3 \\ t^2 (t-3a) & = 0 \\ \text{∴} \quad t & = 0 , 3a \end{align}\] なので, 接線の \(1\) つが原点を通るので, 不適.

2. 2*　\(b = 6a^3\) のとき
   [1] より \[\begin{align} 6a^3 = -2t^3 +6at^2 & -2a^3 \\ t^3 -3at^2 +4a^3 & = 0 \\ (t-2a)^2 (t+a) & = 0 \\ \text{∴} \quad t = -a , 2a & \end{align}\]

よって, (1) の結果を用いれば \[ \dfrac{S _ 1}{S _ 2} = \dfrac{\dfrac{27}{4} (2a)^4}{\dfrac{27}{4} (-a)^4} = \underline{16} \]

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【 解 答 】

(1)

\(F _ 0(x) = \displaystyle\int f _ 0(x) \, dx\) とおけば \[\begin{align} F _ 0(x) & = xe^x -\displaystyle\int e^x \, dx \\ & = (x-1) e^x +C \quad ( C \text{は積分定数} ) \end{align}\] なので \[\begin{align} f _ 1(x) & = F _ 0(x) -F _ 0(-x) +e^x +xe^x \\ & = (x-1)e^x +(x+1)e^{-x} +(x+1)e^x \\ & =\underline{2xe^x +(x+1)e^{-x}} \end{align}\]

(2)

\[\begin{align} g(-x) & = \displaystyle\int _ x^{-x} (at+b)e^t \, dt \\ & = -\displaystyle\int _ {-x}^x (at+b)e^t \, dt = -g(x) \end{align}\] なので, \(g(x)\) は奇関数だから \[ \displaystyle\int _ {-c}^c g(x) \, dx = \underline{0} \]

(3)

「 \(f _ {2n}(x) = ( a _ n x+b _ n ) e^x\) （ \(n\) は非負整数）と表せる. 」 ... [A] がすべての自然数 \(n\) について成り立つことを, 数学的帰納法を用いて示す.

1. 1*　\(n = 0\) のとき \[ a _ 0 = 1 , \ b _ 0 = 0 \quad ... [1] \] で, [A] が成立している.

2. 2*　\(n = k \ ( k \geqq 0 )\) のとき
   [A] が成立している, すなわち, \(f _ {2k} = ( a _ k x+b _ k ) e^x\) と表せると仮定すると \[\begin{align} f _ {2k+2}(x) & = \displaystyle\int _ {-x}^x f _ {2k+1}(x) \, dt +f' _ {2k+1}(x) \\ & = \displaystyle\int _ {-x}^x \left( \displaystyle\int _ {-t}^t f _ {2k}(s) \, ds +f' _ {2k}(t) \right) \, dt \\ & \qquad +\dfrac{d}{dx} \left( \displaystyle\int _ {-x}^x f _ {2k}(t) \, dt +f' _ {2k}(x) \right) \\ & = \displaystyle\int _ {-x}^x \displaystyle\int _ {-t}^t f _ {2k}(s) \, ds \, dt +f _ {2k}(x) -f _ {2k}(-x) \\ & \qquad +f _ {2k}(x) +f _ {2k}(-x) +f'' _ {2k}(x) \\ & = \underline{\displaystyle\int _ {-x}^x \displaystyle\int _ {-t}^t f _ {2k}(s) \, ds \, dt} _ {[2]} +2 f _ {2k}(x) +f'' _ {2k}(x) \end{align}\] (2) の結果より \[ [2] = 0 \] また \[\begin{align} f' _ {2k}(x) & = a _ {k} e^x +( a _ k x +b _ k ) e^x \\ & = ( a _ k x +a _ k +b _ k ) e^x , \\ f'' _ {2k}(x) & = a _ {k} e^x +( a _ k x +a _ k +b _ k ) e^x \\ & =( a _ k x +2a _ k +b _ k ) e^x \end{align}\] ゆえに \[\begin{align} f _ {2k+2} & =2( a _ k x +b _ k ) e^x +( a _ k x +2a _ k +b _ k ) e^x \\ & = ( 3a _ k x +2a _ k +3b _ k ) e^x \end{align}\] したがって \[ a _ {k+1} = 3a _ k , \ b _ {k+1} = 2a _ k +3b _ k \quad ... [2] \] とおけば, \(n = k+1\) でも [A] は成立する.

1* 2* より, すべての自然数 \(n\) について, [A] が成り立つことが示された.
[1] [2] より \[\begin{align} a _ n & = 3^n , \\ b _ {n+1} & = 2 \cdot 3^n +3 b _ n \\ \text{∴} \quad & \dfrac{b _ {n+1}}{3^{n+1}} =\dfrac{b _ n}{3^n} +\dfrac{2}{3} \end{align}\] したがって \[\begin{align} \dfrac{b _ n}{3^n} & = b _ 0 +\dfrac{2n}{3} =\dfrac{2n}{3} \\ \text{∴} \quad b _ n & = 2 \cdot 3^{n-1} n \end{align}\] よって \[ f _ {2n}(x) =\underline{3^{n-1} ( 3x +2n ) e^x} \]

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