大阪大学 2021年度理系数学第3問解答・解説

問題

$n$ を自然数とし， $t$ を $t ≧ 1$ をみたす実数とする．

(1) $x ≧ t$ のとき，不等式

- \frac{( x - t ) ^{2}}{2} ≦ lo g x - lo g t - \frac{1}{t} (x - t) ≦ 0

が成り立つことを示せ．

(2) 不等式

- \frac{1}{6 n ^{3}} ≦ \int_{t}^{t + \frac{1}{n}} lo g x d x - \frac{1}{n} lo g t - \frac{1}{2 t n ^{2}} ≦ 0

が成り立つことを示せ．

(3) $a_{n} = k = 0 \sum n - 1 lo g (1 + \frac{k}{n})$ とおく． $n \to \infty lim (a_{n} - p n) = q$ をみたすような実数 $p, q$ の値を求めよ．

出典：大阪大学 2021年度前期日程第2次学力試験理系第3問

方針

解法1（与えられた評価を区分求積へつなぐ）

(1)は接線近似との差を導関数で上下から評価し，(2)は区間 $[t, t + 1/ n]$ で積分する。(3)では $t = 1 + k / n$ を代入して全区間を足し合わせ，主項を定積分，定数項を $1/ x$ の区分求積で取り出す。

解法2（対数の基本評価と左右リーマン和で挟む）

$u = (x - t) / t$ と置いて $lo g (1 + u)$ の基本不等式から (1)を示し，(2)は積分する。(3)では左リーマン和と定積分の差を $f^{'} (x) = 1/ x$ の左右リーマン和で挟み，端点補正の極限を直接求める。

解答

解法1（与えられた評価を区分求積へつなぐ）

(1)

$F (x) = lo g x - lo g t - \frac{x - t}{t}$ とおく。 $x ≧ t$ において $F^{'} (x) = \frac{1}{x} - \frac{1}{t} ≦ 0$ であり、 $F (t) = 0$ であるから $F (x) ≦ 0$ である。これで右側の不等式が示された。

次に $G (x) = F (x) + \frac{( x - t ) ^{2}}{2}$ とおく。すると $G^{'} (x) = \frac{1}{x} - \frac{1}{t} + x - t = (x - t) (1 - \frac{1}{t x})$ である。 $x ≧ t ≧ 1$ より $x - t ≧ 0$ かつ $t x ≧ 1$ だから、 $G^{'} (x) ≧ 0$ である。また $G (t) = 0$ なので $G (x) ≧ 0$ である。すなわち $F (x) + \frac{( x - t ) ^{2}}{2} ≧ 0$ であるから $- \frac{( x - t ) ^{2}}{2} ≦ F (x)$ を得る。以上より $- \frac{( x - t ) ^{2}}{2} ≦ lo g x - lo g t - \frac{x - t}{t} ≦ 0$ である。

別解。(1)の左側は積分で見ることもできる。 $x ≧ t$ のとき

lo g x - lo g t - \frac{x - t}{t} = \int_{t}^{x} (\frac{1}{u} - \frac{1}{t}) d u = \int_{t}^{x} - \frac{u - t}{t u} d u

である。 $u ≧ t ≧ 1$ より $t u ≧ 1$ だから $- (u - t) ≦ - \frac{u - t}{t u} ≦ 0$ である。これを $u = t$ から $u = x$ まで積分して $- \frac{( x - t ) ^{2}}{2} ≦ lo g x - lo g t - \frac{x - t}{t} ≦ 0$ を得る。

(2)

(1)の不等式を $x = t$ から $x = t + \frac{1}{n}$ まで積分する。中央の式については

\int_{t}^{t + \frac{1}{n}} (lo g x - lo g t - \frac{x - t}{t}) d x

= \int_{t}^{t + \frac{1}{n}} lo g x d x - \frac{1}{n} lo g t - \frac{1}{t} \int_{t}^{t + \frac{1}{n}} (x - t) d x

= \int_{t}^{t + \frac{1}{n}} lo g x d x - \frac{1}{n} lo g t - \frac{1}{2 t n ^{2}}

である。また左端の積分は

\int_{t}^{t + \frac{1}{n}} - \frac{( x - t ) ^{2}}{2} d x = - \frac{1}{2} [\frac{( x - t ) ^{3}}{3}]_{t}^{t + \frac{1}{n}} = - \frac{1}{6 n ^{3}}

である。したがって

- \frac{1}{6 n ^{3}} ≦ \int_{t}^{t + \frac{1}{n}} lo g x d x - \frac{1}{n} lo g t - \frac{1}{2 t n ^{2}} ≦ 0

が成り立つ。

(3)

(2)において $t = 1 + \frac{k}{n} (k = 0, 1, \dots, n - 1)$ とおく。このとき $t ≧ 1$ であり、区間 $[t, t + \frac{1}{n}]$ は $[1 + \frac{k}{n}, 1 + \frac{k + 1}{n}]$ である。よって (2) を $k = 0$ から $n - 1$ まで加えると

- \frac{1}{6 n ^{2}} ≦ \int_{1}^{2} lo g x d x - \frac{1}{n} k = 0 \sum n - 1 lo g (1 + \frac{k}{n}) - \frac{1}{2 n ^{2}} k = 0 \sum n - 1 \frac{1}{1 + \frac{k}{n}} ≦ 0

となる。ここで $a_{n} = k = 0 \sum n - 1 lo g (1 + \frac{k}{n})$ であるから、ある $ε_{n}$ を用いて

\int_{1}^{2} lo g x d x - \frac{a _{n}}{n} - \frac{1}{2 n ^{2}} k = 0 \sum n - 1 \frac{1}{1 + \frac{k}{n}} = ε_{n}, - \frac{1}{6 n ^{2}} ≦ ε_{n} ≦ 0

と書ける。これを $a_{n}$ について解くと

a_{n} = n \int_{1}^{2} lo g x d x - \frac{1}{2 n} k = 0 \sum n - 1 \frac{1}{1 + \frac{k}{n}} - n ε_{n}

である。

まず

\int_{1}^{2} lo g x d x = [x lo g x - x]_{1}^{2} = 2 lo g 2 - 1

である。また、和の極限として

\frac{1}{n} k = 0 \sum n - 1 \frac{1}{1 + \frac{k}{n}} ⟶ \int_{0}^{1} \frac{1}{1 + x} d x = lo g 2

である。さらに $- \frac{1}{6 n} ≦ n ε_{n} ≦ 0$ より $n ε_{n} ⟶ 0$ である。

したがって

a_{n} - n (2 lo g 2 - 1) = - \frac{1}{2} {\frac{1}{n} k = 0 \sum n - 1 \frac{1}{1 + \frac{k}{n}}} - n ε_{n} ⟶ - \frac{1}{2} lo g 2

である。ゆえに $p = 2 lo g 2 - 1, q = - \frac{1}{2} lo g 2$ である。

解法2（対数の基本評価と左右リーマン和で挟む）

(1)

$u ≧ 0$ に対して

u - \frac{u ^{2}}{2} ≦ lo g (1 + u) ≦ u

が成り立つ。実際，両辺との差を微分すれば，それぞれ $u / (1 + u) ≧ 0$ ， $u^{2} / (1 + u) ≧ 0$ に帰着する。

ここで

u = \frac{x - t}{t} ≧ 0

とおくと

- \frac{u ^{2}}{2} ≦ lo g x - lo g t - \frac{x - t}{t} ≦ 0

である。 $t ≧ 1$ より $u^{2} ≦ (x - t)^{2}$ なので

- \frac{( x - t ) ^{2}}{2} ≦ lo g x - lo g t - \frac{x - t}{t} ≦ 0

を得る。

(2)

(1)を $x = t$ から $x = t + 1/ n$ まで積分する。左端は

- \frac{1}{2} \int_{t}^{t + 1/ n} (x - t)^{2} d x = - \frac{1}{6 n ^{3}}

であり，中央は

\int_{t}^{t + 1/ n} lo g x d x - \frac{1}{n} lo g t - \frac{1}{2 t n ^{2}}

である。したがって問題の不等式が従う。

(3)

$f (x) = lo g x$ ， $x_{k} = 1 + k / n$ とおくと

\frac{a _{n}}{n} = \frac{1}{n} k = 0 \sum n - 1 f (x_{k}) ⟶ \int_{1}^{2} f (x) d x = 2 lo g 2 - 1

である。よって有限な極限 $a_{n} - p n$ をもつためには

p = 2 lo g 2 - 1

でなければならない。

定数項を求めるため

D_{n} = n {\int_{1}^{2} f (x) d x - \frac{a _{n}}{n}}

とおく。区間ごとに $x = x_{k} + u / n$ と変数を取り直すと

D_{n} = k = 0 \sum n - 1 \int_{0}^{1} {f (x_{k} + \frac{u}{n}) - f (x_{k})} d u

である。 $f^{'} (x) = 1/ x$ は減少するから

\frac{u}{n} f^{'} (x_{k + 1}) ≦ f (x_{k} + \frac{u}{n}) - f (x_{k}) ≦ \frac{u}{n} f^{'} (x_{k})

である。 $u$ について積分し，さらに $k$ について足すと

\frac{1}{2 n} k = 0 \sum n - 1 f^{'} (x_{k + 1}) ≦ D_{n} ≦ \frac{1}{2 n} k = 0 \sum n - 1 f^{'} (x_{k})

となる。両端はともに

\frac{1}{2} \int_{1}^{2} \frac{d x}{x} = \frac{1}{2} lo g 2

へ収束する。したがって

a_{n} - p n = - D_{n} ⟶ - \frac{1}{2} lo g 2

であり，

p = 2 lo g 2 - 1, q = - \frac{1}{2} lo g 2

である。

大阪大学 2021年度理系数学 第3問

問題

方針

解法1（与えられた評価を区分求積へつなぐ）

解法2（対数の基本評価と左右リーマン和で挟む）

解答

解法1（与えられた評価を区分求積へつなぐ）

(1)

(2)

(3)

解法2（対数の基本評価と左右リーマン和で挟む）

(1)

(2)

(3)

大阪大学 2021年度
理系数学第3問