3昭和大学 2007年 数学 第3問解答・解説

A (1) $y=ce^{-k(t-t_0)}$ を $t$ で微分すると $$\displaystyle \frac{dy}{dt}=-kce^{-k(t-t_0)}=-ky.$$

A (2) $y=c/2$ となる時刻を $t$ とすると $$\displaystyle ce^{-k(t-t_0)}=\frac c2,$$ $c>0$ より $e^{-k(t-t_0)}=1/2$ である。したがって経過時間は $$\displaystyle t-t_0=\frac{\log 2}{k}.$$

B (3) 1単位時間で残る割合を $r=e^{-k}$ とおく（$0<r<1$）。時刻1の追加投与直後には、初期量が $ar$ 残り、これに $a$ が加わる。時刻2の追加投与直前にはこれがさらに $r$ 倍されるので $$a(1+r)r=a(r+r^2)=a(e^{-k}+e^{-2k}).$$

B (4) 時刻 $n$ の追加投与直前には、時刻0の初期量と時刻 $1,2,\ldots,n-1$ の追加量がそれぞれ投与後 $n,n-1,\ldots,1$ 単位時間減衰している。よって $$\displaystyle a_n^{\ast}=a\sum\limits _{j=1}^{n}r^j =\frac{ar(1-r^n)}{1-r} =\frac{a(1-e^{-nk})}{e^k-1}.$$ 最後の等号では分子・分母に $e^k$ を掛けた。したがって求める体内量は $\displaystyle\frac{a(1-e^{-nk})}{e^k-1}$ である。

B (5) $k>0$ より $e^{-nk}\to0$ であるため、(4)から $$\displaystyle \lim\limits _{n\to\infty}a_n^{\ast}=\frac{a}{e^k-1}.$$

B (6) 追加投与が2単位時間ごとであるとき、時刻 $2n$ の投与直前に残る量は、初期量と過去の投与量の減衰分の和 $$\displaystyle a\sum\limits _{j=1}^{n}e^{-2kj} =\frac{a e^{-2k}(1-e^{-2kn})}{1-e^{-2k}}$$ である。$n\to\infty$ とすると $$\displaystyle \frac{a e^{-2k}}{1-e^{-2k}}=\frac{a}{e^{2k}-1}.$$