名古屋大学 1996年度 前期日程 第2次学力試験理系数学 第3問

(1) $$L=\log n,s=\log t$$ とおく。$1\leqq t\leqq n$ であるから $0\leqq s\leqq L$ である。また $u=\log x$ とおくと $dx\mathrm{/}x=du$ で，$x=1$ のとき $u=0$，$x=n$ のとき $u=L$ である。したがって$$f_n(t)={\int }_0^L\mathrm{\mid }s-u\mathrm{\mid }du$$となる。

絶対値を $u=s$ で分けると$$\begin{array}{rl}{\displaystyle f_n(t)}& {\displaystyle ={\int }_0^s(s-u)du+{\int }_s^L(u-s)du}\\ {\displaystyle }& {\displaystyle ={\displaystyle \frac{s^2}{2}}+{\displaystyle \frac{(L-s{)}^2}{2}}}\end{array}$$である。これを整理すると $$f_n(t)={(s-{\displaystyle \frac{L}{2}})}^2+{\displaystyle \frac{L^2}{4}}$$ である。

よって最小値は $s=L\mathrm{/}2$，すなわち $$t=\sqrt{n}$$ のとき $$B_n={\displaystyle \frac{L^2}{4}}={\displaystyle \frac{(\log n{)}^2}{4}}$$ である。最大値は区間 $0\leqq s\leqq L$ の端点 $s=0$ または $s=L$，すなわち $t=1$ または $t=n$ のとき $$A_n={\displaystyle \frac{L^2}{2}}={\displaystyle \frac{(\log n{)}^2}{2}}$$ である。

(2)

(1) より $$A_{n+1}-A_n={\displaystyle \frac{1}{2}}\{(\log (n+1){)}^2-(\log n{)}^2\}$$ である。平方差に直すと $$A_{n+1}-A_n={\displaystyle \frac{1}{2}}\log {\displaystyle \frac{n+1}{n}}\cdot \log \{n(n+1)\}$$ である。

ここで $$0<\log (1+{\displaystyle \frac{1}{n}})<{\displaystyle \frac{1}{n}}$$ を用いると $$0\leqq A_{n+1}-A_n<{\displaystyle \frac{1}{2n}}\log \{n(n+1)\}$$ である。さらに $n(n+1)<(n+1{)}^2$ より $$0\leqq A_{n+1}-A_n<{\displaystyle \frac{\log (n+1)}{n}}$$ である。与えられた $$\underset{x\to \mathrm{\infty }}{\lim }{\displaystyle \frac{\log x}{x}}=0$$ を使えば右辺は0に近づく。したがって $$\underset{n\to \mathrm{\infty }}{\lim }(A_{n+1}-A_n)=0$$ である。

対数変数 $s=\log t$ に移した後、積分値を先に展開せず $s$ で微分する。絶対値の左右から導関数 $2s-L$ を得て最小点を決め、凸性から最大値は端点にあると判断する。(2)は $A_{n+1}-A_n$ を1区間の積分に戻してはさみうちする。

(1) $$L=\log n,s=\log t,u=\log x$$とおくと$$f_n(t)=F(s):={\int }_0^L\mathrm{\mid }s-u\mathrm{\mid }du,0\leqq s\leqq L\mathrm{.}$$$0<s<L$ では$$\begin{array}{rl}{\displaystyle F^{\mathrm{\prime }}(s)}& {\displaystyle ={\int }_0^{s}1du-{\int }_s^{L}1du}\\ {\displaystyle }& {\displaystyle =2s-L\mathrm{.}}\end{array}$$したがって $F$ は $s=L\mathrm{/}2$ まで減少し、その後増加する。よって最小は$$s={\displaystyle \frac{L}{2}}⟺t=\sqrt{n}$$であり、$$B_n=F\left({\displaystyle \frac{L}{2}}\right)={\displaystyle \frac{L^2}{4}}={\displaystyle \frac{(\log n{)}^2}{4}}\mathrm{.}$$また $F^{\mathrm{\prime }}$ が単調増加するので $F$ は下に凸であり、閉区間での最大値は端点にある。$$F(0)=F(L)={\displaystyle \frac{L^2}{2}}$$だから$$A_n={\displaystyle \frac{(\log n{)}^2}{2}},$$最大となるのは $t=1,n$ である。

(2) $${\displaystyle \frac{d}{dx}}\left\{{\displaystyle \frac{(\log x{)}^2}{2}}\right\}={\displaystyle \frac{\log x}{x}}$$だから$$A_{n+1}-A_n={\int }_n^{n+1}{\displaystyle \frac{\log x}{x}}dx\mathrm{.}$$$n\leqq x\leqq n+1$ では$$0\leqq {\displaystyle \frac{\log x}{x}}\leqq {\displaystyle \frac{\log (n+1)}{n}}$$なので$$0\leqq A_{n+1}-A_n\leqq {\displaystyle \frac{\log (n+1)}{n}}\mathrm{.}$$右辺は与えられた極限から $0$ に収束する。よって$$\underset{n\to \mathrm{\infty }}{\lim }(A_{n+1}-A_n)=0.$$