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解答

解答 1       問題1

$a_1,\ a_2,\ \cdots ,\ a_m$ のなかに同じものがればそれをまとめれば，再び重み付き平均 になる．したがって $a_1,\ a_2,\ \cdots ,\ a_m$ はすべて異なり必要なら並べ替えて小さい 方から順にならんでいるとしてよい．

$f(x)=\log x$ とする．

$$f'(x)=\dfrac{1}{x},\ f''(x)=-\dfrac{1}{x^2}$$

なので， $f(x)$ は凸関数である．

定理6から$m$ 個の点

$$\mathrm{A}_1(a_1,\ f(a_1)),\ \cdots,\ \mathrm{A}_m(a_m,\ f(a_m))$$

でできる $m$ 角形 $K$ は凸 $m$ 角形である．

さらに $D_-=\{(x,\ y)\vert y\le f(x) \}$ とすると， $K \subset D_-$ である．

$$r_1=\dfrac{n_1}{n_1+n_2+\cdots+n_m},\ \cdots ,\ r_m=\dfrac{n_m}{n_1+n_2+\cdots+n_m}$$

とおくと，

$$r_1,\ \cdots,\ r_m>0,\ \quad かつ \quad r_1+\cdots +r_m=1$$

である．ゆえに定理1から

$$\left(r_1a_1+\cdots+r_ma_m,\ r_1f(a_1)+\cdots+r_mf(a_m) \right)$$

は $m$ 角形 $K$ の内部の点である．ゆえにこの点は $D_-$ に属する．

$$∴ \quad r_1a_1+\cdots+r_ma_m\ge r_1f(a_1)+\cdots+r_mf(a_m)$$

つまり

が示された． $a_1,\ a_2,\ \cdots ,\ a_m$ が異なるとき等号成立はない．

解答 2   問題2

$$f'(x)=(x-\alpha_2)\cdots(x-\alpha_n)+(x-\alpha_1)(x-\alpha_3... ...alpha_n)+\cdots+(x-\alpha_1)(x-\alpha_2)\cdots(x-\alpha_{n-1})$$

である．ゆえに $f'(z)=0$ より

$$\begin{eqnarray*} &&\dfrac{f'(z)}{f(z)}=0 \\ &\iff &\dfrac{1}{z-\alpha_1}+\df... ...lpha_2\vert^2}+\cdots +\dfrac{\alpha_n}{\vert z-\alpha_n\vert^2} \end{eqnarray*}$$

$$r_i=\dfrac{\dfrac{1}{\vert z-\alpha_i\vert^2}}{\dfrac{1}{\ve... ...rac{1}{\vert z-\alpha_n\vert^2}} \quad (i=1,\ 2,\ \cdots,\ n)$$

とおくと，

$$r_1,\ \cdots,\ r_m>0,\ \quad かつ \quad r_1+\cdots +r_m=1$$

である．ゆえに定理5から複素数平面上の点 $\mathrm{P}(z)$ は $n$ 角形 $K$ の内部の点である．

注 これは2000京大後期理系1番の一般化であり別解でもある．

解答 3   問題3

 

解答 4   問題4

1. $y=\dfrac{x^2}{2}$より$y'=x$なので，
   
   $$s=\int_0^x\sqrt{1+t^2}\,dt,\ \quad \dfrac{ds}{dx}=\sqrt{1+x^2}$$
   
   
   $$\begin{eqnarray*} ∴\quad f'(s)&=&\dfrac{dx}{ds}=\dfrac{1}{\sqrt{1+x^2}}\\ g'(s)&=&\dfrac{dy}{ds}=x\cdot\dfrac{dx}{ds}=\dfrac{x}{\sqrt{1+x^2}} \end{eqnarray*}$$
   
   
   したがって
   
   $$\{f'(s)\}^2+\{g'(s)\}^2=\dfrac{1+x^2}{1+x^2}=1$$
   
   
   別解 実は次のことから明らかである．$s$の定め方から

   
   

   $$s=\int_0^s\sqrt{\{f'(u)\}^2+\{g'(u)\}^2}\,du$$
   
   
   両辺$s$で微分して
   
   $$1=\sqrt{\{f'(s)\}^2+\{g'(s)\}^2}$$
   
   

2. $$\begin{eqnarray*} f''(s)&=&\dfrac{dx}{ds}\cdot \dfrac{d}{dx}\dfrac{1}{\sqrt{1+x... ...ac{1}{(1+x^2)^2} =\dfrac{1}{(1+\{f(s)\}^2)^{\frac{3}{2}}}f'(s) \end{eqnarray*}$$
   
   

3. $\mathrm{P}$における$C$の接線方向のベクトルが
   
   $$(f'(s),\ g'(s))$$
   
   
   で，しかもこのベクトルは大きさが１である．これと直交し$C$の下側にある法線方向は
   
   $$(g'(s),\ -f'(s))$$
   
   
   ゆえに
   
   $$\overrightarrow{\mathrm{PQ}}=a(g'(s),\ -f'(s))$$
   
   
   
   
   $$∴\quad \vecarray{v}{w}=\overrightarrow{\mathrm{OQ}} =\ove... ...mathrm{PQ}} =\vecarray{f(s)}{g(s)}+a\vecarray{g'(s)}{-f'(s)}$$
   
   

   つまり
   

   $$v=f(s)+ag'(s),\ \quad w=g(s)-af'(s)$$
   
   

4. 
   
   $$L=\int_0^L\,ds,\ M=\int_0^L\sqrt{\{v'(s)\}^2+\{w'(s)\}^2}\,ds$$
   
   
   である．ここで
   $$\begin{eqnarray*} v'(s)&=&f'(s)+ag''(s)=\left( 1+\dfrac{a}{(1+\{f(s)\}^2)^{\fra... ...\\ &=&\left( 1+\dfrac{a}{(1+\{f(s)\}^2)^{\frac{3}{2}}}\right) \end{eqnarray*}$$
   
   

   したがって

   $$\begin{eqnarray*} M-L&=&\int_0^L\dfrac{a}{(1+\{f(s)\}^2)^{\frac{3}{2}}}\,ds =\... ...\sqrt{1+x^2}\,dx =\int_0^1\dfrac{a}{1+x^2}\,dx=\dfrac{a\pi}{4} \end{eqnarray*}$$
   
   

解答 5   問題5

1. 
   
   $$f'(x)=\dfrac{1}{x+\sqrt{1+x^2}} \left(1+\dfrac{x}{\sqrt{1+x^2}}\right) =\dfrac{1}{\sqrt{1+x^2}}$$
   
   

2. 曲線を，極座標の極を原点，始線を $x$ 軸の正の部分にあわせて $xy$ 座標平面におく．このとき極座標で $(r,\ \theta)$ と表される点は $xy$ 座標では $(r\cos \theta,\ r\sin \theta)$ となる．

   曲線の方程式は $r=\theta$なので，この曲線は$xy$ 座標では媒介変数$\theta$ によって
   

   $$x=\theta\cos \theta,\ y=\theta\sin \theta$$
   
   
   と表される．

   ここで

   $$\begin{eqnarray*} \left(\dfrac{dx}{d\theta} \right)^2+\left(\dfrac{dy}{d\theta}... ...\sin\theta)^2+(\sin\theta+\theta\cos\theta)^2\\ &=&1+\theta^2 \end{eqnarray*}$$
   
   

   したがって求める長さを $l$ とすると

   $$\begin{eqnarray*} l&=&\int_0^{\pi}\sqrt{ \left(\dfrac{dx}{d\theta} \right)^2 +... ...\sqrt{1+\theta^2}-\dfrac{1}{\sqrt{1+\theta^2}}\right\}\,d\theta \end{eqnarray*}$$
   
   
   (1)より $$\int\dfrac{1}{\sqrt{1+\theta^2}}\,d\theta =\log(\theta+\sqrt{1+\theta^2})+C$$ なので
   $$\begin{eqnarray*} l&=&\pi\sqrt{1+\pi^2}-l+ \left[\log(\theta+\sqrt{1+\theta^2})... ...ht]_0^{\pi}\\ &=&\pi\sqrt{1+\pi^2}-l+\log(\pi+\sqrt{1+\pi^2}) \end{eqnarray*}$$
   
   
   
   
   $$∴ \quad l=\dfrac{1}{2}\left\{\log(\pi+\sqrt{1+\pi^2})+\pi\sqrt{1+\pi^2}\right\}$$
   
   

   別解

   1の計算は $t=\log(\theta+\sqrt{1+\theta^2})$と変数変換してもよい．

   このとき $\theta+\sqrt{1+\theta^2}=e^t$なので， $-\theta+\sqrt{1+\theta^2}=e^{-t}$となる．
   

   $$∴ \quad \sqrt{1+\theta^2}=\dfrac{e^t+e^{-t}}{2}$$
   
   

   また(1)から $\dfrac{dt}{d\theta}=\dfrac{1}{\sqrt{1+\theta^2}}$ ，つまり $d\theta=\sqrt{1+\theta^2}dt$

   積分域は $\theta:0\to \log(\pi+\sqrt{1+\pi^2})$ となるので $\alpha=\log(\pi+\sqrt{1+\pi^2})$ とおく．

   $$\begin{eqnarray*} l&=&\int_0^{\alpha}\sqrt{1+\theta^2}\cdot\sqrt{1+\theta^2}\,dt... ...c{1}{2}\left\{\log(\pi+\sqrt{1+\pi^2})+\pi\sqrt{1+\pi^2}\right\} \end{eqnarray*}$$
   
   

追加演習解答　問題

 

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