III日本医科大学 2019年 数学 第III問解答・解説

・ $\displaystyle g(x)=\log(1+x)-x+\dfrac{x^2}{2}$ とおく。すると $$\displaystyle g(0)=0,\qquad g'(x)=\frac1{1+x}-1+x=\frac{x^2}{1+x}\ge0$$ である。よって $g(x)\ge0$、すなわち $$\displaystyle x-\frac{x^2}{2}\le\log(1+x).$$ 次に $k>0$ とし、$0\le x\le k$ で $$\displaystyle h(x)=x-\frac{x^2}{2(k+1)}-\log(1+x)$$ とおく。$h(0)=0$ であり、 $$\displaystyle h'(x)=1-\frac{x}{k+1}-\frac1{1+x} =\frac{x(k-x)}{(k+1)(1+x)}\ge0.$$ ゆえに $h(x)\ge0$、したがって $$\displaystyle \log(1+x)\le x-\frac{x^2}{2(k+1)}.$$ 両方を合わせると求める不等式を得る。

・ $\displaystyle f'(x)=\dfrac{2x}{1+x^2}$、$\displaystyle f''(x)=\dfrac{2(1-x^2)}{(1+x^2)^2}$ である。$0<a<a+h<1$ では $f''(x)>0$ だから、$a\le x_1<x_2\le a+h$ ならば $f'(x_1)<f'(x_2)$ が成り立つ。平均値の定理により $$\displaystyle \frac{f(a+h)-f(a)}{h}=f'(c)$$ となる $a<c<a+h$ が存在し、上の等号を許さない大小関係からそのような $c$ はただ1つである。左辺を $d$ とすると $$\displaystyle d=\frac{2c}{1+c^2},\qquad 0<d<1.$$ これを解けば $dc^2-2c+d=0$ であり、区間上で $c<1$ なので小さい方の根を選ぶ。 $$\displaystyle c=\frac{1-\sqrt{1-d^2}}{d}=\frac{d}{1+\sqrt{1-d^2}}.$$

・ $A=1+a^2$、$x_h=((a+h)^2-a^2)/A$ とおくと、$x_h\to0+$ で $$\displaystyle d=\frac1h\log(1+x_h).$$ 小問1の不等式で $k=x_h$ と置くと $$\displaystyle -\frac12\le\frac{\log(1+x_h)-x_h}{x_h^2}\le-\frac1{2(1+x_h)},$$ ゆえに $\displaystyle \log(1+x_h)=x_h-\frac{x_h^2}{2}+o(x_h^2)$ である。$\displaystyle x_h=\frac{2a}{A}h+\frac1A h^2$ を代入して $$\displaystyle d=f'(a)+\frac{1-a^2}{A^2}h+o(h).$$ 一方、$d=f'(c)$ なので、直接通分すると $$\displaystyle d-f'(a)=\frac{2(c-a)(1-ac)}{(1+a^2)(1+c^2)}.$$ $a<c<a+h$ より $c\to a$。したがって $$\displaystyle \frac{c-a}{h} =\frac{(d-f'(a))/h}{2(1-ac)/((1+a^2)(1+c^2))} \longrightarrow \frac{(1-a^2)/A^2}{2(1-a^2)/A^2}=\frac12.$$ よって $\displaystyle\lim\limits _{h\to0+0}\theta(h)=\boxed{\frac12}$。