49. 問題の内容

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9. 問題の内容

座標平面上の点 $(p, q)$ が円 $(x-5)^2 + (y-5)^2 = 1$ 上を動くとき、$\frac{q}{p}$ の最大値と $p+q$ の最大値を求める。

2. 解き方の手順

まず、円 $(x-5)^2 + (y-5)^2 = 1$ 上の点をパラメータ表示する。

$p = 5 + \cos\theta$, $q = 5 + \sin\theta$ とおける。

$\frac{q}{p} = \frac{5 + \sin\theta}{5 + \cos\theta}$ の最大値を求める。

$y = \frac{5 + \sin\theta}{5 + \cos\theta}$ とおき、 $y(5 + \cos\theta) = 5 + \sin\theta$.

$5y + y\cos\theta = 5 + \sin\theta$.

$\sin\theta - y\cos\theta = 5y - 5$.

$\sqrt{1+y^2} \sin(\theta - \alpha) = 5y - 5$, where $\cos\alpha = \frac{1}{\sqrt{1+y^2}}$ and $\sin\alpha = \frac{y}{\sqrt{1+y^2}}$.

Since $-1 \le \sin(\theta - \alpha) \le 1$, we must have

$-\sqrt{1+y^2} \le 5y - 5 \le \sqrt{1+y^2}$.

$(5y - 5)^2 \le 1 + y^2$

$25y^2 - 50y + 25 \le 1 + y^2$

$24y^2 - 50y + 24 \le 0$

$12y^2 - 25y + 12 \le 0$

$(4y - 3)(3y - 4) \le 0$

$\frac{3}{4} \le y \le \frac{4}{3}$

Therefore, the maximum value of $\frac{q}{p}$ is $\frac{4}{3}$.

次に、$p+q$ の最大値を求める。

$p+q = (5 + \cos\theta) + (5 + \sin\theta) = 10 + \cos\theta + \sin\theta = 10 + \sqrt{2} \sin(\theta + \frac{\pi}{4})$.

Since $-1 \le \sin(\theta + \frac{\pi}{4}) \le 1$,

$-\sqrt{2} \le \sqrt{2} \sin(\theta + \frac{\pi}{4}) \le \sqrt{2}$.

$10 - \sqrt{2} \le 10 + \sqrt{2} \sin(\theta + \frac{\pi}{4}) \le 10 + \sqrt{2}$.

Therefore, the maximum value of $p+q$ is $10 + \sqrt{2}$.

3. 最終的な答え

$\frac{q}{p}$ の最大値は $\frac{4}{3}$。

$p+q$ の最大値は $10 + \sqrt{2}$。

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0. 問題の内容

$1 + 2x - 3x^2 \le f(x) \le 1 + 2x + 3x^2$ が成り立つような関数 $f(x)$ に対し、$f'(0)$ を右側極限と左側極限を考えることにより求める。

2. 解き方の手順

与えられた不等式から $x \to 0$ のとき $f(x)$ は $1$ に近づくことがわかる。

$1 + 2x - 3x^2 \le f(x) \le 1 + 2x + 3x^2$ より、

$\frac{1 + 2x - 3x^2 - 1}{x} \le \frac{f(x) - 1}{x} \le \frac{1 + 2x + 3x^2 - 1}{x}$.

$2 - 3x \le \frac{f(x) - f(0)}{x} \le 2 + 3x$ (ただし $f(0) = 1$).

$x \to 0$ とすると、

$\lim_{x \to 0} (2 - 3x) \le \lim_{x \to 0} \frac{f(x) - f(0)}{x} \le \lim_{x \to 0} (2 + 3x)$.

$2 \le f'(0) \le 2$.

よって $f'(0) = 2$.

右側極限、左側極限も同様に考えることで $f'(0) = 2$ がわかる。

3. 最終的な答え

$f'(0) = 2$