IV慶應義塾大学 2007年 数学 第IV問解答・解説

$\displaystyle h=\frac an$，$x_k=t+kh$ とおく。すると $$P_k=(x_k,b,0),\quad Q_k=(x_k,0,x_k),\quad P_{k+1}=(x_k+h,b,0),\quad Q_{k+1}=(x_k+h,0,x_k+h)$$ である。線分 $P_kP_{k+1}$ を底辺とすると，その長さは $h$ であり，$Q_k$ から直線 $P_kP_{k+1}$ までの距離は $\sqrt{b^2+x_k^2}$ だから $$\displaystyle A_k=\frac h2\sqrt{x_k^2+b^2}.$$ また，線分 $Q_kQ_{k+1}$ の長さは $h\sqrt2$ である。その方向の単位ベクトルを $\displaystyle \boldsymbol{u}=\frac1{\sqrt2}(1,0,1)$ とすると，$\overrightarrow{Q_kP_{k+1}}=(h,b,-x_k)$ の $\boldsymbol{u}$ 方向への成分は $\displaystyle \frac{h-x_k}{\sqrt2}$ である。よって $P_{k+1}$ から直線 $Q_kQ_{k+1}$ までの距離の二乗は $$\displaystyle h^2+b^2+x_k^2-\frac{(h-x_k)^2}{2}=\frac{(x_k+h)^2+2b^2}{2}$$ となるから $$\displaystyle B_k=\frac h2\sqrt{(x_k+h)^2+2b^2}.$$ したがって，それぞれの空欄は $$\displaystyle \text{(あ)}=\frac{a}{2n}\sqrt{\left(t+\frac{ka}{n}\right)^2+b^2},\qquad \text{(い)}=\frac{a}{2n}\sqrt{\left(t+\frac{(k+1)a}{n}\right)^2+2b^2}$$ である。

$\displaystyle h=\frac an$ と書けば $$\displaystyle S_n=\frac h2\sum\limits _{k=0}^{n-1}\left(\sqrt{x_k^2+b^2}+\sqrt{x_{k+1}^2+2b^2}\right).$$ 第一項は幅 $h$ の左端リーマン和，第二項は右端リーマン和である。したがって $$\displaystyle S=\frac12\int_t^{t+a}\left(\sqrt{x^2+b^2}+\sqrt{x^2+2b^2}\right)\,dx,$$ ゆえに $$\displaystyle \text{(う)}=\frac12\left(\sqrt{x^2+b^2}+\sqrt{x^2+2b^2}\right).$$

$n=1$ のとき $$\displaystyle S_1(t)=\frac a2\left(\sqrt{t^2+b^2}+\sqrt{(t+a)^2+2b^2}\right).$$ $b>0$ なので各平方根の二階導関数は正であり，$S_1$ は狭義凸である。最小となる点では $$\displaystyle \frac{t}{\sqrt{t^2+b^2}}+\frac{t+a}{\sqrt{(t+a)^2+2b^2}}=0.$$ このとき $-a<t<0$ である。$u=-t>0,\ v=t+a>0$ とおくと $u+v=a$ であり，上の式は $$\displaystyle \frac{u}{\sqrt{u^2+b^2}}=\frac{v}{\sqrt{v^2+2b^2}}$$ となる。両辺は正なので二乗して整理すると $v^2=2u^2$，すなわち $v=\sqrt2u$ を得る。よって $$\displaystyle \text{(え)}=t=-\frac{a}{1+\sqrt2}=a(1-\sqrt2).$$

$\displaystyle q(x)=\frac12(\sqrt{x^2+b^2}+\sqrt{x^2+2b^2})$ とおくと，$q$ は偶関数であり，$x>0$ で $$\displaystyle q'(x)=\frac12\left(\frac{x}{\sqrt{x^2+b^2}}+\frac{x}{\sqrt{x^2+2b^2}}\right)>0$$ だから $|x|$ が大きいほど $q(x)$ は大きい。微積分の基本定理より $$S'(t)=q(t+a)-q(t).$$ $\displaystyle t<-\frac a2$ なら $|t+a|<|t|$ なので $S'(t)<0$，$\displaystyle t>-\frac a2$ なら $|t+a|>|t|$ なので $S'(t)>0$ である。したがって $$\displaystyle \text{(お)}=-\frac a2.$$

最後に，各 $n\geq1$ について $S_n$ の最小点を調べる。$F(x)=\sqrt{x^2+b^2}$，$G(x)=\sqrt{x^2+2b^2}$ とおき， $$\displaystyle \phi(x)=F'(x)=\frac{x}{\sqrt{x^2+b^2}},\qquad \psi(x)=G'(x)=\frac{x}{\sqrt{x^2+2b^2}}$$ とする。 $$\displaystyle \phi'(x)=\frac{b^2}{(x^2+b^2)^{3/2}}>0,\qquad \psi'(x)=\frac{2b^2}{(x^2+2b^2)^{3/2}}>0$$ だから $\phi,\psi$ はともに奇関数で、$x_1<x_2$ なら $\phi(x_1)<\phi(x_2)$、$\psi(x_1)<\psi(x_2)$ が成り立つ。また $x>0$ なら $\phi(x)>\psi(x)$ である。微分すると $$\displaystyle \frac{2}{h}S_n'(t)=\sum\limits _{k=0}^{n-1}\bigl(\phi(t+kh)+\psi(t+(k+1)h)\bigr).$$ 右辺は、$t_1<t_2$ なら $t_1$ での値より $t_2$ での値の方が大きい。

まず $\displaystyle t=-\frac a2$ とし，$\displaystyle x_k=-\frac a2+kh$ とおく。このとき $x_{k+1}=-x_{n-1-k}$ なので，奇関数性から $$\displaystyle \frac{2}{h}S_n'\left(-\frac a2\right)=\sum\limits _{k=0}^{n-1}\bigl(\phi(x_k)-\psi(x_k)\bigr).$$ $1\leq k\leq n-1$ では $x_{n-k}=-x_k$ であり，対応する和は打ち消し合う。したがって $$\displaystyle \frac{2}{h}S_n'\left(-\frac a2\right)=\phi\left(-\frac a2\right)-\psi\left(-\frac a2\right)<0.$$

次に $\displaystyle t=-\frac a2+\frac h2=-\frac{n-1}{2}h$ とする。$u_k=t+kh$ は $u_{n-1-k}=-u_k$ を満たすため $\displaystyle \sum\limits _{k=0}^{n-1}\phi(u_k)=0$ である。また $v_k=t+(k+1)h$ とおけば $v_k+v_{n-1-k}=2h>0$。この性質をもつ奇関数 $\psi$ に対し，$v+w>0$ なら $\psi(v)+\psi(w)>0$ だから，組を作って足すと $$\displaystyle \sum\limits _{k=0}^{n-1}\psi(v_k)>0.$$ よって $$\displaystyle S_n'\left(-\frac a2+\frac h2\right)>0.$$ $t_1<t_2$ なら $S_n'(t_1)<S_n'(t_2)$ であり，この二点で符号が負から正に変わる。従って，$S_n$ は $$\displaystyle -\frac a2<c<-\frac a2+\frac h2=-\frac a2+\frac{a}{2n}$$ を満たすただ一つの $c$ で最小となる。これは設問の主張である。

検算として $n=1$ の最小点 $a(1-\sqrt2)$ は $\displaystyle -\frac a2<a(1-\sqrt2)<0$ を満たし，(4) の範囲と一致する。また $A_k,B_k$ はいずれも長さ $h$ と長さの平方根の積なので，面積の次元にも合う。