大阪大学 2023年度理系数学第1問解答・解説

問題

$n$ を2以上の自然数とする．

(1) $0 ≦ x ≦ 1$ のとき，次の不等式が成り立つことを示せ．

\frac{1}{2} x^{n} ≦ (- 1)^{n} {\frac{1}{x + 1} - 1 - k = 2 \sum n (- x)^{k - 1}} ≦ x^{n} - \frac{1}{2} x^{n + 1}

(2) $a_{n} = k = 1 \sum n \frac{( - 1 ) ^{k - 1}}{k}$ とするとき，次の極限値を求めよ．

n \to \infty lim (- 1)^{n} n (a_{n} - lo g 2)

出典：大阪大学 2023年度前期日程一般選抜理系第1問

方針

解法1（標準解法）

(1) は有限等比和を用いて、括弧内そのものを $\frac{( - x ) ^{n}}{1 + x}$ に簡約する。あとは $0 ≦ x ≦ 1$ における $\frac{1}{1 + x}$ の上下評価に帰着する。(2) は (1) を $0$ から $1$ まで積分し、左辺が交代調和級数の誤差 $(- 1)^{n} (lo g 2 - a_{n})$ になることを確認してから、 $n$ 倍してはさみうちを使う。

解法2（1/2まわりの精密評価）

有限等比和から中央の式を $x^{n} / (1 + x)$ に直す点は同じだが，(2) では $1/ (1 + x)$ を $1/2$ のまわりで上下から一次式評価する。積分余項 $E_{n}$ に対して標準解法より少し鋭い上下界を作り，直接 $n E_{n} \to 1/2$ を示す。

解答

解法1（標準解法）

(1)

まず

1 + k = 2 \sum n (- x)^{k - 1} = j = 0 \sum n - 1 (- x)^{j} = \frac{1 - ( - x ) ^{n}}{1 + x}

である。したがって

\frac{1}{x + 1} - 1 - k = 2 \sum n (- x)^{k - 1} = \frac{1}{1 + x} - \frac{1 - ( - x ) ^{n}}{1 + x} = \frac{( - x ) ^{n}}{1 + x}

となる。両辺に $(- 1)^{n}$ をかけると

(- 1)^{n} {\frac{1}{x + 1} - 1 - k = 2 \sum n (- x)^{k - 1}} = \frac{x ^{n}}{1 + x}

である。

ここで $0 ≦ x ≦ 1$ なら $\frac{1}{1 + x} - \frac{1}{2} = \frac{1 - x}{2 ( 1 + x )} ≧ 0$ である。また $1 - \frac{x}{2} - \frac{1}{1 + x} = \frac{x ( 1 - x )}{2 ( 1 + x )} ≧ 0$ だから $\frac{1}{2} ≦ \frac{1}{1 + x} ≦ 1 - \frac{x}{2}$ が成り立つ。これに $x^{n} ≧ 0$ をかけて $\frac{1}{2} x^{n} ≦ \frac{x ^{n}}{1 + x} ≦ x^{n} - \frac{1}{2} x^{n + 1}$ を得る。先ほどの等式に戻せば、求める不等式が示された。

(2)

(1) の中央の式を $0$ から $1$ まで積分する。左辺の括弧内について

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

である。よって $(- 1)^{n} (lo g 2 - a_{n}) = \int_{0}^{1} \frac{x ^{n}}{1 + x} d x$ である。

(1) の不等式を積分すると

\int_{0}^{1} \frac{1}{2} x^{n} d x ≦ (- 1)^{n} (lo g 2 - a_{n}) ≦ \int_{0}^{1} (x^{n} - \frac{1}{2} x^{n + 1}) d x

である。すなわち

\frac{1}{2 ( n + 1 )} ≦ (- 1)^{n} (lo g 2 - a_{n}) ≦ \frac{1}{n + 1} - \frac{1}{2 ( n + 2 )} = \frac{n + 3}{2 ( n + 1 ) ( n + 2 )}

となる。

両辺に $n$ をかけると

\frac{n}{2 ( n + 1 )} ≦ (- 1)^{n} n (lo g 2 - a_{n}) ≦ \frac{n ( n + 3 )}{2 ( n + 1 ) ( n + 2 )}

であり、左右の端はどちらも $\frac{1}{2}$ に収束する。はさみうちの原理より $lim_{n \to \infty} (- 1)^{n} n (lo g 2 - a_{n}) = \frac{1}{2}$ である。求める極限は符号が反対なので $lim_{n \to \infty} (- 1)^{n} n (a_{n} - lo g 2) = - \frac{1}{2}$ である。

解法2（1/2まわりの精密評価）

(1)

有限等比和より

1 + k = 2 \sum n (- x)^{k - 1} = \frac{1 - ( - x ) ^{n}}{1 + x}

だから，問題の中央の式は

(- 1)^{n} {\frac{1}{1 + x} - 1 - k = 2 \sum n (- x)^{k - 1}} = \frac{x ^{n}}{1 + x}

に等しい。 $0 ≦ x ≦ 1$ では

\frac{1}{2} ≦ \frac{1}{1 + x} ≦ 1 - \frac{x}{2}

であるから，両辺に $x^{n}$ を掛ければ問題の不等式を得る。

(2)

E_{n} = (- 1)^{n} (lo g 2 - a_{n}) = \int_{0}^{1} \frac{x ^{n}}{1 + x} d x

とおく。ここで $0 ≦ x ≦ 1$ において

\frac{3 - x}{4} ≦ \frac{1}{1 + x} ≦ \frac{2 - x}{2} (1)

が成り立つ。実際，左側は

\frac{1}{1 + x} - \frac{3 - x}{4} = \frac{( 1 - x ) ^{2}}{4 ( 1 + x )} ≧ 0

であり，右側は

\frac{2 - x}{2} - \frac{1}{1 + x} = \frac{x ( 1 - x )}{2 ( 1 + x )} ≧ 0

である。

(1) に $x^{n}$ を掛けて積分すると

\frac{3}{4 ( n + 1 )} - \frac{1}{4 ( n + 2 )} ≦ E_{n} ≦ \frac{1}{n + 1} - \frac{1}{2 ( n + 2 )} .

両辺を整理して $n$ 倍すると

\frac{n ( 2 n + 5 )}{4 ( n + 1 ) ( n + 2 )} ≦ n E_{n} ≦ \frac{n ( n + 3 )}{2 ( n + 1 ) ( n + 2 )} .

左右はともに $1/2$ へ収束するので $n E_{n} \to 1/2$ である。求める式は $- n E_{n}$ だから，極限値は

- \frac{1}{2}

である。

大阪大学 2023年度理系数学 第1問

問題

方針

解法1（標準解法）

解法2（1/2まわりの精密評価）

解答

解法1（標準解法）

(1)

(2)

解法2（1/2まわりの精密評価）

(1)

(2)

大阪大学 2023年度
理系数学第1問