大阪大学 2021年度 前期日程 第2次学力試験理系数学 第3問

(1) $${\displaystyle F(x)=\log x-\log t-\frac{x-t}{t}}$$ とおく。$x\geqq t$ において $${\displaystyle F^{\mathrm{\prime }}(x)=\frac{1}{x}-\frac{1}{t}\leqq 0}$$ であり、$F(t)=0$ であるから $F(x)\leqq 0$ である。これで右側の不等式が示された。

次に $${\displaystyle G(x)=F(x)+\frac{(x-t{)}^2}{2}}$$ とおく。すると $${\displaystyle G^{\mathrm{\prime }}(x)=\frac{1}{x}-\frac{1}{t}+x-t=(x-t)(1-\frac{1}{tx})}$$ である。$x\geqq t\geqq 1$ より $x-t\geqq 0$ かつ $tx\geqq 1$ だから、$G^{\mathrm{\prime }}(x)\geqq 0$ である。また $G(t)=0$ なので $G(x)\geqq 0$ である。すなわち ${\displaystyle F(x)+\frac{(x-t{)}^2}{2}\geqq 0}$ であるから $${\displaystyle -\frac{(x-t{)}^2}{2}\leqq F(x)}$$ を得る。以上より $${\displaystyle -\frac{(x-t{)}^2}{2}\leqq \log x-\log t-\frac{x-t}{t}\leqq 0}$$ である。

別解。(1)の左側は積分で見ることもできる。$x\geqq t$ のとき$$\log x-\log t-\frac{x-t}{t}={\int }_t^x(\frac{1}{u}-\frac{1}{t})du={\int }_t^x-\frac{u-t}{tu}du$$である。$u\geqq t\geqq 1$ より $tu\geqq 1$ だから $${\displaystyle -(u-t)\leqq -\frac{u-t}{tu}\leqq 0}$$ である。これを $u=t$ から $u=x$ まで積分して $${\displaystyle -\frac{(x-t{)}^2}{2}\leqq \log x-\log t-\frac{x-t}{t}\leqq 0}$$ を得る。

(2)
(1)の不等式を $x=t$ から $${\displaystyle x=t+\frac{1}{n}}$$ まで積分する。中央の式については$${\int }_t^{t+\frac{1}{n}}(\log x-\log t-\frac{x-t}{t})dx$$$$={\int }_t^{t+\frac{1}{n}}\log xdx-\frac{1}{n}\log t-\frac{1}{t}{\int }_t^{t+\frac{1}{n}}(x-t)dx$$$$={\int }_t^{t+\frac{1}{n}}\log xdx-\frac{1}{n}\log t-\frac{1}{2t{n}^2}$$である。また左端の積分は$${\int }_t^{t+\frac{1}{n}}-\frac{(x-t{)}^2}{2}dx=-\frac{1}{2}{\left[\frac{(x-t{)}^3}{3}\right]}_t^{t+\frac{1}{n}}=-\frac{1}{6n^3}$$である。したがって$$-\frac{1}{6n^3}\leqq {\int }_t^{t+\frac{1}{n}}\log xdx-\frac{1}{n}\log t-\frac{1}{2t{n}^2}\leqq 0$$が成り立つ。

(3)
(2)において $${\displaystyle t=1+\frac{k}{n}(k=0,1,\dots ,n-1)}$$ とおく。このとき $t\geqq 1$ であり、区間 ${\displaystyle [t,t+\frac{1}{n}]}$ は ${\displaystyle [1+\frac{k}{n},1+\frac{k+1}{n}]}$ である。よって (2) を $k=0$ から $n-1$ まで加えると$$-\frac{1}{6n^2}\leqq {\int }_1^2\log xdx-\frac{1}{n}\sum _{k=0}^{n-1}\log (1+\frac{k}{n})-\frac{1}{2n^2}\sum _{k=0}^{n-1}\frac{1}{1+\frac{k}{n}}\leqq 0$$となる。ここで $${\displaystyle a_n=\sum _{k=0}^{n-1}\log (1+\frac{k}{n})}$$ であるから、ある ${\epsilon }_n$ を用いて$${\int }_1^2\log xdx-\frac{a_n}{n}-\frac{1}{2n^2}\sum _{k=0}^{n-1}\frac{1}{1+\frac{k}{n}}={\epsilon }_n,-\frac{1}{6n^2}\leqq {\epsilon }_n\leqq 0$$と書ける。これを $a_n$ について解くと$$a_n=n{\int }_1^2\log xdx-\frac{1}{2n}\sum _{k=0}^{n-1}\frac{1}{1+\frac{k}{n}}-n{\epsilon }_n$$である。

まず$${\int }_1^2\log xdx={[x\log x-x]}_1^2=2\log 2-1$$である。また、和の極限として$$\frac{1}{n}\sum _{k=0}^{n-1}\frac{1}{1+\frac{k}{n}}⟶{\int }_0^1\frac{1}{1+x}dx=\log 2$$である。さらに $${\displaystyle -\frac{1}{6n}\leqq n{\epsilon }_n\leqq 0}$$ より $n{\epsilon }_n⟶0$ である。

したがって$$a_n-n(2\log 2-1)=-\frac{1}{2}\left\{\frac{1}{n}\sum _{k=0}^{n-1}\frac{1}{1+\frac{k}{n}}\right\}-n{\epsilon }_n⟶-\frac{1}{2}\log 2$$である。ゆえに $${\displaystyle p=2\log 2-1,q=-\frac{1}{2}\log 2}$$ である。

$u=(x-t)\mathrm{/}t$ と置いて $\log (1+u)$ 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 $f^{\mathrm{\prime }}(x)=1\mathrm{/}x$ の左右リーマン和で挟み，端点補正の極限を直接求める。

(1)
$u\geqq 0$ に対して$$u-\frac{u^2}{2}\leqq \log (1+u)\leqq u$$が成り立つ。実際，両辺との差を微分すれば，それぞれ $u\mathrm{/}(1+u)\geqq 0$，$u^2\mathrm{/}(1+u)\geqq 0$ に帰着する。

ここで$$u=\frac{x-t}{t}\geqq 0$$とおくと$$-\frac{u^2}{2}\leqq \log x-\log t-\frac{x-t}{t}\leqq 0$$である。$t\geqq 1$ より $u^2\leqq (x-t{)}^2$ なので$$-\frac{(x-t{)}^2}{2}\leqq \log x-\log t-\frac{x-t}{t}\leqq 0$$を得る。

(2)
(1)を $x=t$ から $x=t+1\mathrm{/}n$ まで積分する。左端は$$-\frac{1}{2}{\int }_t^{t+1\mathrm{/}n}(x-t{)}^{2}dx=-\frac{1}{6n^3}$$であり，中央は$${\int }_t^{t+1\mathrm{/}n}\log xdx-\frac{1}{n}\log t-\frac{1}{2t{n}^2}$$である。したがって問題の不等式が従う。

(3)
$f(x)=\log x$，$x_k=1+k\mathrm{/}n$ とおくと$$\frac{a_n}{n}=\frac{1}{n}\sum _{k=0}^{n-1}f(x_k)⟶{\int }_1^{2}f(x)dx=2\log 2-1$$である。よって有限な極限 $a_n-pn$ をもつためには$$p=2\log 2-1$$でなければならない。

定数項を求めるため$$D_n=n\{{\int }_1^{2}f(x)dx-\frac{a_n}{n}\}$$とおく。区間ごとに $x=x_k+u\mathrm{/}n$ と変数を取り直すと$$D_n=\sum _{k=0}^{n-1}{\int }_0^1\{f(x_k+\frac{u}{n})-f(x_k)\}du$$である。$f^{\mathrm{\prime }}(x)=1\mathrm{/}x$ は減少するから$$\frac{u}{n}{f}^{\mathrm{\prime }}(x_{k+1})\leqq f(x_k+\frac{u}{n})-f(x_k)\leqq \frac{u}{n}{f}^{\mathrm{\prime }}(x_k)$$である。$u$ について積分し，さらに $k$ について足すと$$\frac{1}{2n}\sum _{k=0}^{n-1}{f}^{\mathrm{\prime }}(x_{k+1})\leqq D_n\leqq \frac{1}{2n}\sum _{k=0}^{n-1}{f}^{\mathrm{\prime }}(x_k)$$となる。両端はともに$$\frac{1}{2}{\int }_1^2\frac{dx}{x}=\frac{1}{2}\log 2$$へ収束する。したがって$$a_n-pn=-D_n⟶-\frac{1}{2}\log 2$$であり，$$p=2\log 2-1,q=-\frac{1}{2}\log 2$$である。