5九州大学 2003年 数学 第5問解答・解説

(D)

(1) 連立方程式を解くと $$Q=(1+2a+b,\,-1+a+2b).$$ $P=O$ のとき $R=(1,-1)$ なので、$P\ne O$ では $$\displaystyle \left(\frac{RQ}{OP}\right)^2 =\frac{(2a+b)^2+(a+2b)^2}{a^2+b^2} =5+\frac{8ab}{a^2+b^2}\le9,$$ 最後の不等式は $8ab\le4(a^2+b^2)$、すなわち $4(a-b)^2\ge0$ による。等号は $a=b$ のとき。よって最大値は $3$、最大となる点は $\displaystyle |a|\le\frac12$ の範囲で $a=b$ を満たす点のうち $P=O$ を除いた全てである。

(2) $u=a+b$、$v=a-b$ とおくと、$Q=(x,y)$ について $x+y=3u$、$x-y=2+v$。また $|v|\le1$ なので $$\displaystyle OQ^2=\frac{(x+y)^2+(x-y)^2}{2} =\frac{9u^2+(2+v)^2}{2}\ge\frac12.$$ 等号条件は $u=0$、$v=-1$ で、$\displaystyle (a,b)=(-\frac12,\frac12)$。従って最小値は $1/\sqrt2$。

(E)

放物線上の点 $(2m,m^2)$ における接線は $y=mx-m^2$。点 $P=(a,b)$ から引く接線の傾き $m$ は $m^2-am+b=0$ の根であり、$a=m_1+m_2$、$b=m_1m_2$。接点を $Q=(2m_1,m_1^2)$、$R=(2m_2,m_2^2)$ とし、$d=m_2-m_1>0$ とすると $$\overrightarrow{PQ}=(-d,-m_1d),\qquad \overrightarrow{PR}=(d,m_2d).$$ 内積は $-d^2(1+m_1m_2)$、$|\overrightarrow{PQ}|\,|\overrightarrow{PR}|\sin\theta$は $d^3$。角 $\theta$ は鋭角なので内積は正であり、$m_1m_2<-1$。よって $$\displaystyle \tan\theta=\frac{d^3}{-d^2(1+m_1m_2)} =\frac{m_2-m_1}{-1-m_1m_2}.$$

(2) 根を $m_1<m_2$ とすると $m_2-m_1=\sqrt{a^2-4b}$。したがって必要十分条件は $$b<-1,\qquad a^2-4b=(1+b)^2\tan^2\theta.$$ $b<-1$ により判別式は正で、また両辺の平方根を取ると分母 $-1-b$ が正なので、元の角条件に戻る。

(3) $\theta=\pi/4$ とすると $$(b+3)^2-a^2=8.$$ $b<-1$ を満たすのは下側の枝 $$b=-3-\sqrt{a^2+8}\qquad(a\text{ は実数})$$ だけである。

(F)

(1) $1/x$ は $x>0$ で減少するため $$\displaystyle \int_k^{k+1}\frac{dx}{x}<\frac1k\quad(1\le k\le n), \qquad \frac1k<\int_{k-1}^{k}\frac{dx}{x}\quad(2\le k\le n).$$ それぞれ加えると $$\log(n+1)<S_n<1+\log n.$$

(2) $\Delta c_k=c_{k+1}-c_k$ とすれば $$\Delta(a_kb_k)=a_k\Delta b_k+b_{k+1}\Delta a_k.$$ これを $k=1$ から $n-1$ まで足すと、原本の恒等式を得る。また $$\displaystyle S_k=S_n-\sum\limits _{j=k+1}^n\frac1j$$ より $$\displaystyle \begin{aligned} \sum\limits _{k=1}^{n-1}kS_k &=\frac{n(n-1)}2S_n-\sum\limits _{j=2}^n\frac1j\sum\limits _{k=1}^{j-1}k\\ &=\frac{n(n-1)}2\left(S_n-\frac12\right). \end{aligned}$$ したがって $\displaystyle p(n)=\frac{n(n-1)}2$。

(3) (2)から $$\displaystyle \frac{2}{n(n-1)}\sum\limits _{k=1}^{n-1}kS_k=S_n-\frac12.$$ 従って (1) により $$\displaystyle \log\left(1+\frac1n\right)-\frac12 <\frac{2}{n(n-1)}\sum\limits _{k=1}^{n-1}kS_k-\log n <\frac12.$$ 左端は $\displaystyle -\frac12$ より大きいので、絶対値は $\displaystyle \frac12$ 未満である。