筑波大学(理系) 2026年　問題5


$1 < t < e \ \ とする。ただし、e\ は自然対数の底である。xy \ 平面上で、連立不等式 \quad t \leqq x \leqq e , \quad 0 \leqq xy \leqq \log x $
$によって定まる領域の面積を \ A(t)\ とする。また、連立不等式 \quad x \geqq \dfrac{t}{2}, \quad \log t \leqq ty \leqq 1 , \quad \log x \leqq xy \leqq 1 $
$によって定まる領域の面積を \ B(t)\ とする。$
$(1)\ \ A(t) \ を \ ｔ\ を用いて表せ。$
$(2)\ \ t\ が \ \ 1 < t < e \ \ の範囲を動くとき、\dfrac{B(t)}{A(t)}\ \ がとりうる値の範囲を求めよ。$


(1)


$t \leqq x \leqq e \hspace{16em}①$

$1 < t \leqq x \ \ だから \quad 0 \leqq xy \leqq \log x \ \ より$

$0 \leqq y \leqq \dfrac{\log x}{x} \hspace{15em}②$

$f(x)=\dfrac{\log x}{x}\ \ について$

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

$f'(x)=0 \ \ より \quad x=e$

$増減表$
\[ \begin{array}{c||c|c|c|c|c} x & 0 & \cdots & e & \cdots & \\ \hline f'(x) & & + & 0 & - & \\ \hline f(x) & & \nearrow & 極大 & \searrow & \\ \end{array} \] $x \longrightarrow + 0\ \ のとき \quad f(x) \longrightarrow -\infty$

$x \longrightarrow \infty \ \ のとき \quad f(x) \longrightarrow 0$

$このことについては($不定形の極限値1$)を参考にしてください。$

　

$よって連立不等式①②③で定まる領域は \ \ 1 < t < e \ \ だから右図のとおり$

\[A(t)=\int_t^e \dfrac{\log x}{x} dx\]
\[ \log x=u \ \ とおくと \quad \dfrac{dx}{x}=du \quad \begin{array}{c|c} x & t\ \ \rightarrow e \\ \hline u & \log t \rightarrow 1 \\ \end{array} \]
\[A(t)=\int_{\log t}^1 udu=\big[\dfrac{u^2}{2}\big]_{\log t}^1=\dfrac{1}{2}\big(1-(\log t)^2\big)\]

(2)

　

$x \geqq \dfrac{t}{2} \hspace{18em}①$

$ \log t \leqq ty \leqq 1 \ \ より \quad \dfrac{\log t}{t} \leqq y \leqq \dfrac{1}{t} \hspace{5em}②$

$\quad ただし(1) より\quad 0 < \dfrac{\log t}{t} < \dfrac{1}{e}$

$\log x \leqq xy \leqq 1 \ \ より \quad \dfrac{\log x}{x} \leqq y \leqq \dfrac{1}{x} \hspace{5em}③$

$よって連立不等式①②③で定まる領域は右図のとおり$

\begin{eqnarray*} B(t) &=&\dfrac{t}{2} \times \big(\dfrac{1}{t}-\dfrac{\log t}{t}\big) + \int_t^e \big(\dfrac{1}{x}-\dfrac{\log x}{x}\big)dx\\ \\ &=&\dfrac{1}{2}(1-\log t) + \big[\log x\big]_t^e-A(t)\\ \\ &=&\dfrac{1}{2}(1-\log t) +(1-\log t) - A(t)\\ \\ &=&\dfrac{3}{2}(1-\log t) - A(t)\\ \end{eqnarray*}
$よって$
\begin{eqnarray*} \dfrac{B(t)}{A(t)} &=&\dfrac{\dfrac{3}{2}(1-\log t)}{A(t)} - 1\\ \\ &=&\dfrac{\dfrac{3}{2}(1-\log t)}{\dfrac{1}{2}\big(1-(\log t)^2\big)} - 1\\ \\ &=&\dfrac{3}{1+\log t}-1\\ \end{eqnarray*}

　

$s=\log t \ \ とおくと \ \ 1 < t < e \ \ より \ \ 0 < \log t < 1 \ \ だから \quad 0 < s < 1$

$h(s)=\dfrac{3}{1+s}-1 \ \ のグラフは右図のとおり$

$\dfrac{1}{2} < h(s) < 2　\ \ だから \quad \dfrac{1}{2} < \dfrac{B(t)}{A(t)} <2$


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