北海道大学 2000年度 後期日程 第2次学力試験理系（後期）数学 第2問

(1) $m=n+{\displaystyle \frac{1}{n}}$ とおき、2次部分を $h_n(x)=x^2-2mx+n^2-1$ とする。すると $f_n(x)=h_n(x)+e^{-x}$ である。区間 $m-2\leqq x\leqq m$ では $f_n^{\mathrm{\prime }}(x)=2(x-m)-e^{-x}<0$ であるから、$f_n(x)$ はこの区間で狭義単調減少である。

端点での値を調べる。まず $$h_n(m)=m^2-2m^2+n^2-1=-m^2+n^2-1=-3-{\displaystyle \frac{1}{n^2}}$$ である。また $h_n(x)=(x-m{)}^2+h_n(m)$ より $$h_n(m-2)=4-3-{\displaystyle \frac{1}{n^2}}=1-{\displaystyle \frac{1}{n^2}}$$ である。したがって $$f_n(m-2)=1-{\displaystyle \frac{1}{n^2}}+e^{-(m-2)}>0$$ であり、さらに $$f_n(m)=-3-{\displaystyle \frac{1}{n^2}}+e^{-m}<0$$ である。連続性から少なくとも1つの解があり、狭義単調減少性から解はただ1つである。

(2) $x\geqq m$ で $f_n^{\mathrm{\prime }\mathrm{\prime }}(x)=2+e^{-x}>0$ だから、$f_n^{\mathrm{\prime }}(x)$ は狭義単調増加である。また $$f_n^{\mathrm{\prime }}(m)=-e^{-m}<0,f_n^{\mathrm{\prime }}(m+1)=2-e^{-(m+1)}>0$$ なので、$x\geqq m$ に $f_n^{\mathrm{\prime }}(x)=0$ を満たす点がただ1つある。したがって $f_n$ ははじめ減少し、その後増加する。

一方で $f_n(m)<0$ であり、$x\to \mathrm{\infty }$ のとき2次項が支配して $f_n(x)\to \mathrm{\infty }$ となる。最小値を取るまでは負のままで、その後ただ1回だけ $0$ を越えるから、$x\geqq m$ において $f_n(x)=0$ の解はただ1つ存在する。

(3)
2次方程式 $h_n(x)=0$ の解は $$p_n=m-\sqrt{3+{\displaystyle \frac{1}{n^2}}},q_n=m+\sqrt{3+{\displaystyle \frac{1}{n^2}}}$$ である。したがって $h_n(x)=(x-p_n)(x-q_n)$ と書ける。

まず $f_n(p_n)=e^{-p_n}>0$、$f_n(m)<0$ であり、(1)の解は一意であるから $p_n<a_n<m$ である。$f_n(a_n)=0$ より $$(a_n-p_n)(a_n-q_n)+e^{-a_n}=0$$ であるから $$(a_n-p_n)(q_n-a_n)=e^{-a_n}$$ を得る。ここで $$q_n-a_n>q_n-m=\sqrt{3+1\mathrm{/}{n}^2}\geqq \sqrt{3}$$ であり、また $a_n>p_n\to \mathrm{\infty }$ である。よって $$0<a_n-p_n={\displaystyle \frac{e^{-a_n}}{q_n-a_n}}\leqq {\displaystyle \frac{e^{-a_n}}{\sqrt{3}}}\to 0$$ となり、$$\underset{n\to \mathrm{\infty }}{\lim }(a_n-p_n)=0$$である。

次に $f_n(m)<0$、$f_n(q_n)=e^{-q_n}>0$ であり、(2)の解は一意であるから $m<b_n<q_n$ である。同様に $f_n(b_n)=0$ から $$(b_n-p_n)(q_n-b_n)=e^{-b_n}$$ である。ここで $$b_n-p_n>m-p_n=\sqrt{3+1\mathrm{/}{n}^2}\geqq \sqrt{3}$$ かつ $b_n>m\to \mathrm{\infty }$ なので $$0<q_n-b_n={\displaystyle \frac{e^{-b_n}}{b_n-p_n}}\leqq {\displaystyle \frac{e^{-b_n}}{\sqrt{3}}}\to 0$$ である。したがって $b_n-q_n=-(q_n-b_n)$ より$$\underset{n\to \mathrm{\infty }}{\lim }(b_n-q_n)=0$$も示された。

(4)
(3)より $a_n-p_n\to 0,b_n-q_n\to 0$ であるから $$b_n-a_n=(q_n-p_n)+(b_n-q_n)-(a_n-p_n)$$ の右辺で、後ろ2項は $0$ に近づく。よって$$\underset{n\to \mathrm{\infty }}{\lim }(b_n-a_n)=\underset{n\to \mathrm{\infty }}{\lim }(q_n-p_n)=\underset{n\to \mathrm{\infty }}{\lim }2\sqrt{3+{\displaystyle \frac{1}{n^2}}}=2\sqrt{3}$$である。

2次部分の軸を原点に移し，その2根から指数項を加えた根までのずれを固定した $\epsilon$ で挟む。因数分解による商評価を使わず，符号の一様評価から2つの極限を示す。

$$m_n=n+{\displaystyle \frac{1}{n}},{\delta }_n=\sqrt{3+{\displaystyle \frac{1}{n^2}}}$$とおくと，2次部分は$$(x-m_n{)}^2-{\delta }_n^2$$で，その2根は$$p_n=m_n-{\delta }_n,q_n=m_n+{\delta }_n\mathrm{.}$$(1)

$m_n-2\leqq x\leqq m_n$ では$$f_n^{\mathrm{\prime }}(x)=2(x-m_n)-e^{-x}<0.$$また$$f_n(m_n-2)>0,f_n(m_n)<0.$$よって中間値の定理と狭義単調性から解はただ1つである。

(2) $$f_n^{\mathrm{\prime }\mathrm{\prime }}(x)=2+e^{-x}>0.$$$x\geqq m_n$ で導関数は負から正へただ1回変わる。さらに $f_n(m_n)<0$，$f_n(x)\to \mathrm{\infty }$ だから，零点はただ1つである。

(3)

任意の $0<\epsilon <\sqrt{3}$ を固定する。$f_n(p_n)>0$ であり，$$\begin{array}{rl}{\displaystyle f_n(p_n+\epsilon )}& {\displaystyle =\epsilon (\epsilon -2{\delta }_n)+e^{-p_n-\epsilon }}\\ {\displaystyle }& {\displaystyle ⟶\epsilon (\epsilon -2\sqrt{3})<0.}\end{array}$$したがって十分大きな $n$ で$$p_n<a_n<p_n+\epsilon \mathrm{.}$$よって $a_n-p_n\to 0$ である。

同様に$$\begin{array}{rl}{\displaystyle f_n(q_n-\epsilon )}& {\displaystyle =-\epsilon (2{\delta }_n-\epsilon )+e^{-q_n+\epsilon }}\\ {\displaystyle }& {\displaystyle ⟶-\epsilon (2\sqrt{3}-\epsilon )<0,}\end{array}$$かつ $f_n(q_n)>0$ なので$$q_n-\epsilon <b_n<q_n$$が十分大きな $n$ で成り立つ。したがって $b_n-q_n\to 0$ である。

(4) $$q_n-p_n=2{\delta }_n⟶2\sqrt{3}\mathrm{.}$$(3)の2つのずれは0へ収束するので$$\underset{n\to \mathrm{\infty }}{\lim }(b_n-a_n)=2\sqrt{3}\mathrm{.}$$