【問４】
\(\quad x^5=i\quad\)を解け。
【解法】
\(\quad i^5=i\quad\)なので、与式は\(\,\,x^5-i^5=0\quad\)と変形できる。
\(\quad x^5-i^5=(x-i)(x^4+x^3i+x^2i^2+xi^3+i^4)\)
\(\qquad =(x-i)(x^4+x^3i-x^2-xi+1)\quad\)ここで、\(x\ne0\quad\)なら
\(\qquad =(x-i)\left(x^2+xi-1-\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{x^2}\right)=0\)
ここで、\(\,x-\dfrac{1}{x}=t\,\,\)とすると、
\(\quad t^2+2+it-1=t^2+it+1=0\quad\)より
\(\quad\left(t+\dfrac{1}{2}i\right)^2+\dfrac{5}{4}=0\quad\)なので
\(\quad t+\dfrac{1}{2}i=\pm\dfrac{\sqrt{5}}{2}i\quad\)よって\(\quad t=\dfrac{-1\pm\sqrt{5}i}{2}\)
ここで\(\,\,x=\cos\theta+i\sin\theta\quad\)とおくと
\(\quad t=\cos\theta+i\sin\theta-(\cos\theta+i\sin\theta)^{-1}\)
\(\qquad =\cos\theta+i\sin\theta-\cos\theta+i\sin\theta=(2\sin\theta)i\)
\(\quad \sin\theta=\dfrac{-1\pm\sqrt{5}}{4}\quad\)となる
\(\quad \cos^2\theta=1-\sin^2\theta=\dfrac{10\pm2\sqrt{5}}{16}\quad\)より
\(\quad \cos\theta=\pm\dfrac{\sqrt{10\pm2\sqrt{5}}}{4}\quad\)なので、解は \(\,i\,\)を頂点とする５角形の点。
\(\quad x=i\,\,\,,\,\,\pm\dfrac{\sqrt{10+2\sqrt{5}}}{4}+\dfrac{-1+\sqrt{5}}{4}i\,\,,\)
\(\qquad\qquad\quad \pm\dfrac{\sqrt{10-2\sqrt{5}}}{4}+\dfrac{-1-\sqrt{5}}{4}i\)
また、\(\,i=\cos 5\theta+i\sin 5\theta=\cos\dfrac{\pi}{2}+i\sin\dfrac{\pi}{2}\quad\)なので
\(\quad \theta=\dfrac{\pi}{10}\quad\)となり、\(\sin\dfrac{\pi}{10}=\dfrac{-1+\sqrt{5}}{4}\quad\)である。
【問５】
\(\quad \displaystyle\int_0^{\pi}e^x\sin^2x\,dx>8\quad\)を示せ
【解答】
\(\quad I=\displaystyle\int_0^{\pi}e^x\sin^2x\,dx\quad\)とする。
\(\quad\sin^2x=\dfrac{1-\cos2x}{2}\quad\)なので、\(\,I=\dfrac{1}{2}\displaystyle\int_0^{\pi}e^x(1-\cos2x)dx\)
\(\quad I=\dfrac{1}{2}\left\{\displaystyle\int_0^{\pi}e^x\,dx-\displaystyle\int_0^{\pi}e^x\cos2x\,dx\right\}\)
ここで、\(\displaystyle\int_0^{\pi}e^x\cos2x\,dx=I_2\quad\)とおく。さきに微分を計算する。
\(\quad e^x\sin2x=a\,\,,\quad e^x\cos2x=b\quad\)とおく
\(\quad(e^x\cos2x)^{\prime}=e^x\cos2x-2e^x\sin2x=b-2a\quad\cdots\,\)(1)
\(\quad(e^x\sin2x)^{\prime}=e^x\sin2x+2e^x\cos2x=a+2b\quad\cdots\,\)(2)
\(\quad b=\dfrac{(1)\!+\!(2)\!\times\!2}{5}=\dfrac{1}{5}(e^x\cos2x+2e^x\sin2x)^{\prime}=e^x\cos2x\)
\(\quad\therefore\,\,I_2=\dfrac{1}{5}\bigl[e^x\cos2x+2e^x\sin2x\bigr]_0^{\pi}=\dfrac{1}{5}(e^{\pi}-1)\)
\(\quad I=\dfrac{1}{2}\left(e^{\pi}-1-\dfrac{1}{5}(e^{\pi}-1)\right)=\dfrac{2}{5}(e^{\pi}-1)\quad\)となるので
\(\quad e^{\pi}>21\quad\)を示せばいいことになる。
ここで\(\,\,y=e^x\quad\)のグラフで\(\quad x=3\quad\)での接線を考える。
接線の式は\(\quad y=e^3(x-3)+e^3=e^3x-2e^3\quad\)となる。
\(\quad e^{\pi}\quad\)は、接線の\(\,\,x=\pi\quad\)の点より上にあるので
\(\quad e^{\pi}>e^3\pi-2e^3=e^3(\pi-2)>2.7^3\times1.1\fallingdotseq21.65\)
よって、標題は証明された。
【問６】
\(\,x>0\,\)のとき\(\quad\dfrac{x^4+x^2+1}{x^3+x}\quad\)の最小値を求めよ
【解答】
与式の分母、分子を\(\quad x^2\quad\)で割ると
\(\quad =\dfrac{x^2+1+\frac{1}{x^2}}{x+\frac{1}{x}}\quad\cdots\,\)(3) となる。
ここで\(\quad x+\dfrac{1}{x}=t\quad\cdots\,\)(4) とおくと、式(3)は
\(\quad \dfrac{t^2-1}{t}=t-\dfrac{1}{t}\quad\cdots\,\)(5) となる。
ここで\(\quad x>0\quad\dfrac{1}{x}>0\quad\)なので、
\(\quad t=x+\dfrac{1}{x}\ge 2\sqrt{x\dfrac{1}{x}}=0\quad\)なので、\(\,t\ge 2\)
ここで、式(5)を\(\quad f_1(t)=t\quad f_2(t)=-\dfrac{1}{t}\quad\)と分けると
\(\quad t\ge 2\quad\)で、\(f_1(t)\,\,,\,f_2(t)\quad\)はともに単調増加
なので、最小値は\(\quad t=2\,\to\,x=1\quad\)最小値は\(\quad\dfrac{3}{2}\)
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