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名古屋大学 2022年度 前期日程 第2次学力試験理系数学 第4問

関数f(x)は区間x≧0において連続な増加関数でf(0)=1を満たすとする。
ただしf(x)が区間x≧0における増加関数であるとは，
区間内の任意の実数x1, x2に対しx1<x2ならばf(x1)<f(x2)が成り立つときをいう。
以下，nは正の整数とする。

(1) lim⁡n→∞∫02−1nf(x)2−xdx=∞を示せ。

(2) 区間y>2において関数Fn(y)をFn(y)=∫2+1nyf(x)x−2dxと定めるとき，
lim⁡y→∞Fn(y)=∞を示せ。
また2+1nより大きい実数anで∫02−1nf(x)2−xdx+∫2+1nanf(x)2−xdx=0を満たすものがただ1つ存在することを示せ。

(3) (2)のanについて，不等式an<4がすべてのnに対して成り立つことを示せ。

難易度6/ 10計算量5/ 10目安20分

積分、関数　定積分評価、不等式評価、一意性証明、極限計算

方針

増加関数で f(0)=1 だから、x≧0 では f(x)≧1 が使える。(1)と(2)の発散は、1/(2−x) や 1/(x−2) の対数発散で下から評価する。(2)の存在一意性は、左側の正の積分 In と、右側の負の積分を合わせた関数 Gn(y) が連続かつ狭義減少で、始点では正、無限遠では負になることから示す。(3)は [2+1/n,4] の積分を x=4−u で [0,2−1/n] に移し、4−u>u と増加性により右側の絶対値が左側より大きいことを示す。

解答

(1) f は x≧0 で増加関数であり f(0)=1 だから、x≧0 において f(x)≧1 である。したがって ∫02−1/nf(x)2−xdx≧∫02−1/n12−xdx である。右辺は∫02−1/n12−xdx=[−log⁡(2−x)]02−1/n=log⁡(2n)である。log⁡(2n)→∞ であるから、はさみうちの下からの評価により lim⁡n→∞∫02−1/nf(x)2−xdx=∞ である。

(2) x>2 でも f(x)>1 である。したがって y>2+1/n についてFn(y)=∫2+1/nyf(x)x−2dx≧∫2+1/ny1x−2dx=log⁡{n(y−2)}である。右辺は y→∞ で無限大に発散するので lim⁡y→∞Fn(y)=∞ である。

次に In=∫02−1/nf(x)2−xdx とおく。これは正の数である。y≧2+1/n に対して Gn(y)=In+∫2+1/nyf(x)2−xdx と定める。y>2+1/n では Gn′(y)=f(y)2−y<0 であるから、Gn(y) は狭義減少である。また連続であり、Gn(2+1n)=In>0 である。

一方、y>2+1/n では∫2+1/nyf(x)2−xdx=−∫2+1/nyf(x)x−2dx=−Fn(y)である。上で Fn(y)→∞ を示したので Gn(y)→−∞(y→∞) である。

したがって中間値の定理により、Gn(y)=0 を満たす y が少なくとも1つ存在する。また Gn は狭義減少なので、そのような y はただ1つである。これを an とすれば、an>2+1/n であり、問題の等式を満たす。

(3) Gn(4)<0 を示せば、Gn(2+1/n)>0 かつ Gn が狭義減少であることから、零点 an は 4 より小さい。

そこで ∫2+1/n4f(x)x−2dx を調べる。x=4−u とおくと、x=2+1/n のとき u=2−1/n、x=4 のとき u=0 であるから ∫2+1/n4f(x)x−2dx=∫02−1/nf(4−u)2−udu である。 0≦u≦2−1/n では 4−u>u である。f は増加関数なので f(4−u)>f(u) が成り立つ。さらに 2−u>0 であるから∫02−1/nf(4−u)2−udu>∫02−1/nf(u)2−udu=Inである。

したがってGn(4)=In+∫2+1/n4f(x)2−xdx=In−∫2+1/n4f(x)x−2dx<0である。よって Gn のただ1つの零点 an は an<4 を満たす。

別解

解法2

方針

特異点 x=2 を中心に t=∣x−2∣ と置き、(1)(2)の発散を ∫dt/t に直接比較する。零点の一意性は導関数を使わず、y2>y1 に対する積分差が負であることから示す。(3)は y=4 の値を一つの積分 ∫{f(x)−f(4−x)}/(2−x) dx にまとめ、被積分関数の符号を読む。

解答

(1) t=2−x とおくと∫02−1/nf(x)2−x dx=∫1/n2f(2−t)t dt.f は増加関数で f(0)=1 だから、0≦x では f(x)≧1 である。よって∫1/n2f(2−t)t dt≧∫1/n1dtt=log⁡n.右辺が無限大に発散するので、もとの積分も n→∞ で無限大に発散する。

(2) t=x−2 とおけばFn(y)=∫1/ny−2f(2+t)t dt≧∫1/ny−2dtt=log⁡{n(y−2)}.したがって Fn(y)→∞ (y→∞) である。Hn(y)=∫02−1/nf(x)2−x dx+∫2+1/nyf(x)2−x dxとおく。Hn(2+1/n)>0 である。また第2積分は −Fn(y) だから
Hn(y)→−∞ である。連続性と中間値の定理より零点は存在する。

さらに y2>y1≧2+1/n ならHn(y2)−Hn(y1)=∫y1y2f(x)2−x dx<0である。したがって Hn は狭義減少し、零点はただ1つである。これを an とすれば問題の等式を満たす。

(3) 第2積分に u=4−x を用いるとHn(4)=∫02−1/nf(x)2−x dx−∫02−1/nf(4−x)2−x dx=∫02−1/nf(x)−f(4−x)2−x dx.この区間では x<4−x であり、f は増加関数なので
f(x)−f(4−x)<0 である。また 2−x>0 だからHn(4)<0.一方 Hn(2+1/n)>0 で、Hn は狭義減少する。したがってただ1つの零点は2+1n<an<4にあり、特にすべての n について an<4 である。

総評

対数発散、連続な狭義単調関数の零点、対称な積分区間の比較を順に使う論証問題。目安時間は18〜24分。公式出題意図では、極限操作と中間値の定理の知識に加え、条件から結論を導く洞察力が評価対象とされる。第2積分では 2−x<0 になる符号を明記する。(3)の恒等式 Hn(4)=∫02−1/n{f(x)−f(4−x)}/(2−x) dx<0 が最短の検算であり、微分による単調性と積分差による単調性の双方で一意性を確認できる。

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出典: 名古屋大学 2022年度 一般選抜（前期日程）数学（大学公式の問題PDF）。問題文はHTML表示のために再入力・数式組版しています。