[math]2014年東京医科歯科大学数学問題3

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問題

$a$を正の実数、$k$を自然数とし、$x > 0$で定義される関数$$f(x) = \int_{a}^{ax}{\frac{k+\sqrt[k]{u}}{ku}du}$$を考える。このとき以下の各問いに答えよ。
$(1)$ $f(x)$の増減および凹凸を調べ、$y = f(x)$のグラフの概形をかけ。
$(2)$ $S$を正の実数とするとき、$f(p) = S$を満たす実数$p$がただ$1$つ存在することを示せ。
$(3)$ $\displaystyle b = \frac{k}{k+\sqrt[k]{a}}$とおくとき、$(2)$の$S, p$について、次の不等式が成立することを示せ。$$1+bS<p<e^{bS}$$

方針

$(1)$ 素直に微分しても良い。$f(x)$は具体的に求めることが可能である。

$(2)$ $(1)$の図を見れば明らかである。

$(3)$ $b$が何を意味するのかを考えると良い。$\displaystyle f^{\prime}(1) = \frac{1}{b}$に気がつけば方針が見えてくる。図形的な考察が鍵になる。

解答

$(1)$ $$\begin{eqnarray}f(x) & = & \int_{a}^{ax}{\left(\frac{1}{u}+\frac{u^{\frac{1}{k}-1}}{k}\right)du}\\ & = & \left[\log{u} + u^{\frac{1}{k}}\right]_{a}^{ax}\\ & = & \log{\frac{ax}{a}} + (ax)^{\frac{1}{k}}-a^{\frac{1}{k}}\\ & = & \log{x} + (ax)^{\frac{1}{k}}-a^{\frac{1}{k}}\end{eqnarray}$$である。また、$$\begin{eqnarray}f^{\prime}(x) & = & \frac{1}{x} + \frac{a(ax)^{\frac{1}{k}-1}}{k}\\ & = & \frac{k + (ax)^{\frac{1}{k}}}{kx}\\ & > & 0 \end{eqnarray}$$である。したがって、$$\begin{eqnarray}f^{\prime\prime}(x) & = & -\frac{1}{x^2}+\frac{a^2(ax)^{\frac{1}{k}-2}}{k}\left(\frac{1}{k}-1\right)\\ & = & \frac{(1-k)(ax)^{\frac{1}{k}}-k^2}{(kx)^2} \\ & < & 0\end{eqnarray}$$であるから、$y = f(x)$は上に凸で、概形は以下の様になる（$k=1$のときも成り立つ）。

$y = f(x)$の概形。図は$\displaystyle k = 2, a = \frac{1}{2}$のときである。

$(2)$ $f(x)$は単調増加で、$f(1) = 0$となる。$x\to \infty$のとき$f(x)\to \infty$となるので、題意のような$p > 1$が存在する。

$(3)$ $(1)$から$\displaystyle f^{\prime}(1) = \frac{k+a^{\frac{1}{k}}}{k} = \frac{1}{b}$である。$x = 1$における$y = f(x)$の接線は$\displaystyle y = f^{\prime}(1)(x-1) = \frac{x-1}{b}$となる。$y = f(x)$は上に凸だから、この接線は$x = p$で$y = f(x)$よりも上にある（下図）。

したがって$\displaystyle \frac{p-1}{b} > f(p) = S$であり、変形すると$1+bS < p$となる。右側の不等式であるが、$g(x) = f(x)-f^{\prime}(1)\log{x}\ \ (x > 1)$と置く。$$\begin{eqnarray}g^{\prime}(x) & = & f^{\prime}(x)-\frac{f^{\prime}(1)}{x}\\ & = & \frac{xf^{\prime}(x)-f^{\prime}(1)}{x}\end{eqnarray}$$である。再度$h(x) = xf^{\prime}(x)-f^{\prime}(1)$とすると、$$\begin{eqnarray}h^{\prime}(x) & = & f^{\prime}(x)+xf^{\prime\prime}(x) \\ & = & \frac{1}{x} + \frac{a(ax)^{\frac{1}{k}-1}}{k}+x\left(-\frac{1}{x^2}+\frac{a^2(ax)^{\frac{1}{k}-2}}{k}\left(\frac{1}{k}-1\right)\right) \\ & = & \frac{a(ax)^{\frac{1}{k}-1}}{k^2}\\ & > & 0\end{eqnarray}$$である。したがって$h(x) > h(1) = 0$であるから、$g^{\prime}(x) > 0$で、$g(x) > g(1) = 0$である。$x = p$とすると、$\displaystyle f(p) = S > f^{\prime}(1)\log{p} = \frac{\log{p}}{b}$となり、変形して$\log{p} < bS$であるので、指数を考えて$p < e^{bS}$が成立する。