東北大AOII期 1番解答
(1)
関数 $ y=x^{\frac{1}{x}} $ を， $ x>e $ で考える．
\[
\log y=\dfrac{1}{x}\log x
\]
なので，両辺を $ x $ で微分する．
\[
\dfrac{y'}{y}=-\dfrac{1}{x^2}\log x+\dfrac{1}{x^2}=\dfrac{1}{x^2}\left(1-\log x \right)
\]
よって， $ x >e $ において $ \dfrac{y'}{y} $ は負． $ y >0 $ なので， $ y'< 0 $ である．
したがって，関数 $ y=x^{\frac{1}{x}} $ は $ x >e $ において単調減少である．
よって， $ a,b\geqq 3 >e $ のとき，
$ a< b $ と $ a^{\frac{1}{a}}>b^{\frac{1}{b}} $ は同値である．
(2) \[ a_n=\sqrt[n]{ \left\{1+\left(\dfrac{1}{n}\right)^2\right\} \left\{1+\left(\dfrac{2}{n}\right)^2\right\} \cdots \left\{1+\left(\dfrac{n}{n}\right)^2\right\}} \] であるから， \[ \log a_n=\dfrac{1}{n}\sum_{k=1}^n\log\left\{1+\left(\dfrac{k}{n}\right)^2 \right\} \] となる． よって \begin{eqnarray*} \lim_{n \to \infty}\log a_n&=&\int_0^1\log\left(1+x^2 \right)\,dx\\ &=&\left[x\log (1+x^2) \right]_0^1-\int_0^1x\cdot \dfrac{2x}{1+x^2}\,dx\\ &=&\log 2-2\int_0^1\left(1-\dfrac{1}{1+x^2} \right) \end{eqnarray*} 定積分 $ \displaystyle \int_0^1\dfrac{1}{1+x^2}\,dx $ において， $ x=\tan\theta $ と置換すると， $ \displaystyle \dfrac{1}{1+x^2}=\cos^2\theta $ で， $ \displaystyle \dfrac{dx}{d\theta}=\dfrac{1}{\cos^2\theta} $ なので， \[ \int_0^1\dfrac{1}{1+x^2}\,dx=\int_0^{\frac{\pi}{4}}1\,d\theta=\dfrac{\pi}{4} \] である．これより， \[ \lim_{n \to \infty}\log a_n=\log 2-2+\dfrac{\pi}{2} \] となる． 関数 $ \log x $ は連続なので， \[ \lim_{n \to \infty}a_n=e^{\log 2-2+\frac{\pi}{2}} =2e^{-2+\frac{\pi}{2}} \] である．
(3)
直線 $ y=(2t-2)x-t^2-1 $ の式を $ t $ で整理すると，
$ t^2-2xt+2x+y+1=0 $ となるので，
点 $ (x,\ y) $ が直線の通過する領域にあるための必要十分条件は，
\[
t^2-2xt+2x+y+1=0,\ \quad 0\leqq t \leqq 1
\]
となる $ t $ が存在することである．
$ f(t)=t^2-2xt+2x+y+1 $ とおくと，次のいずれかが成立することである．
\begin{eqnarray*}
① && f(0)\leqq 0,\ f(1)\geqq 0\\
② && f(0)\geqq 0,\ f(1)\leqq 0\\
③ && f(0)\geqq 0,\ f(1)\geqq 0,\ 0\leqq x \leqq 1,\ 判別式\ D\geqq 0
\end{eqnarray*}
$ f(0)=2x+y+1 $ ， $ f(1)=y+2 $ ， $ D/4=x^2-2x-y-1 $ なので，
\begin{eqnarray*}
① && 2x+y+1\leqq 0,\ y+2\geqq 0\\
② && 2x+y+1\geqq 0,\ y+2\leqq 0\\
③ && 2x+y+1\geqq 0,\ y+2\geqq 0,\ 0\leqq x \leqq 1,\ y\geqq x^2-2x-1
\end{eqnarray*}
となる．これを図示する．
