大阪大学 2009年度 前期日程 第2次学力試験（数学理系）理系数学 第5問

(1)

交点$(p_n,q_n)$は曲線$y=\log (nx)$上にあるので $q_n=\log (n{p}_n)$ である．したがって $$n{p}_n=e^{q_n},p_n={\displaystyle \frac{e^{q_n}}{n}}$$ である．

また，$(p_n,q_n)$は円 $${(x-{\displaystyle \frac{1}{n}})}^2+y^2=1$$ 上にあるから $${(p_n-{\displaystyle \frac{1}{n}})}^2+q_n^2=1$$ である．ここへ$p_n=e^{q_n}\mathrm{/}n$を代入すると $${({\displaystyle \frac{e^{q_n}}{n}}-{\displaystyle \frac{1}{n}})}^2+q_n^2=1$$ となる．すなわち $$1-q_n^2={\displaystyle \frac{(e^{q_n}-1{)}^2}{n^2}}$$ である．

交点は第1象限にあるので$q_n>0$である．また上の式より$1-q_n^2\geqq 0$だから$q_n^2\leqq 1$であり，実際には$p_{n}e1\mathrm{/}n$なので$q_n<1$である．したがって $0<q_n<1$ である．指数関数は増加するので $e^{q_n}\leqq e$ であり，よって $$1-q_n^2={\displaystyle \frac{(e^{q_n}-1{)}^2}{n^2}}\leqq {\displaystyle \frac{(e-1{)}^2}{n^2}}$$ が示された．

この不等式から $$0\leqq 1-q_n^2\leqq {\displaystyle \frac{(e-1{)}^2}{n^2}}$$ であり，右辺は$n\to \mathrm{\infty }$で0に近づく．したがって $q_n^2\to 1$ である．さらに$q_n>0$なので $$\underset{n\to \mathrm{\infty }}{\lim }{q}_n=1$$ である．

(2)

定積分$$S_n={\int }_{1\mathrm{/}n}^{p_n}\log (nx)dx$$を計算する．被積分関数の原始関数は$$x\log (nx)-x$$である．実際，右辺を微分すると $$\log (nx)+x\cdot {\displaystyle \frac{1}{x}}-1=\log (nx)$$ となる．

したがって$$\begin{array}{rl}{\displaystyle S_n}& {\displaystyle ={[x\log (nx)-x]}_{1\mathrm{/}n}^{p_n}}\\ {\displaystyle }& {\displaystyle =(p_n\log (n{p}_n)-p_n)-({\displaystyle \frac{1}{n}}\log 1-{\displaystyle \frac{1}{n}})}\\ {\displaystyle }& {\displaystyle =p_n\log (n{p}_n)-p_n+{\displaystyle \frac{1}{n}}}\end{array}$$である．$q_n=\log (n{p}_n)$を使えば $$S_n=p_n{q}_n-p_n+{\displaystyle \frac{1}{n}}$$ とも書ける．よって，$p_n$で表すと $$S_n=p_n\log (n{p}_n)-p_n+{\displaystyle \frac{1}{n}}$$ である．

(3)

(2) の式に$q_n=\log (n{p}_n)$を用いると $$S_n=p_n{q}_n-p_n+{\displaystyle \frac{1}{n}}$$ である．両辺に$n$を掛けると $n{S}_n=n{p}_n{q}_n-n{p}_n+1$ となる．ここで$n{p}_n=e^{q_n}$だから $$n{S}_n=e^{q_n}{q}_n-e^{q_n}+1=e^{q_n}(q_n-1)+1$$ である．

(1) より$q_n\to 1$であり，したがって$e^{q_n}\to e$である．よって $$\underset{n\to \mathrm{\infty }}{\lim }{e}^{q_n}(q_n-1)=e\cdot 0=0$$ となる．したがって $$\underset{n\to \mathrm{\infty }}{\lim }n{S}_n=1$$ である．

対数曲線と円の交点

(1) で $q_n\to 1$ を示した後，(3)では $u=nx$ と変数変換する．積分区間が $[1,e^{q_n}]$ へ変わるので，上端の収束から極限を固定区間の定積分として直接求める．

(1)

交点条件から$$n{p}_n=e^{q_n},1-q_n^2={\displaystyle \frac{(e^{q_n}-1{)}^2}{n^2}}$$である．$0<q_n<1$ なので$$0\leqq 1-q_n^2\leqq {\displaystyle \frac{(e-1{)}^2}{n^2}}$$となり，$q_n\to 1$ を得る．

(2)

原始関数を用いると$$\begin{array}{rl}{\displaystyle S_n}& {\displaystyle ={[x\log (nx)-x]}_{1\mathrm{/}n}^{p_n}}\\ {\displaystyle }& {\displaystyle =p_n\log (n{p}_n)-p_n+{\displaystyle \frac{1}{n}}}\end{array}$$である．

(3)

$u=nx$とおくと$dx=du\mathrm{/}n$であり，$x=1\mathrm{/}n$のとき$u=1$，$x=p_n$のとき$u=n{p}_n=e^{q_n}$である．したがって$$S_n={\displaystyle \frac{1}{n}}{\int }_1^{e^{q_n}}\log udu,n{S}_n={\int }_1^{e^{q_n}}\log udu$$となる．(1)より$q_n\to 1$なので上端$e^{q_n}\to e$である．よって$$\underset{n\to \mathrm{\infty }}{\lim }n{S}_n={\int }_1^e\log udu={[u\log u-u]}_1^e=(e-e)-(-1)=1$$となる．