方針
左辺を hn(x)=x−n−logx−1/e とおく。x≧1 では導関数が常に負なので単調減少であり、hn(1)>0、無限遠で負になることから一意な解が存在する。(2)は単調性で 1≦xn を押さえたうえで、任意の ε>0 に対して hn(1+ε)<0 となることから xn<1+ε を示す。さらに、方程式から xnn≦e を直接得る別解も使える。
解答
(1) hn(x)=xn1−logx−e1 とおく。x≧1 で微分すると hn′(x)=−xn+1n−x1<0 である。したがって hn(x) は x≧1 で単調減少する。
また hn(1)=1−e1>0 であり、x→∞ のとき xn1→0,logx→∞ だから hn(x)→−∞ である。よって中間値の定理により解は少なくとも1つ存在し、単調減少性により高々1つである。したがって、方程式は x≧1 にただ一つの解をもつ。
(2)
(1) の解を xn とする。解は x≧1 の範囲にあるので 1≦xn である。
任意に ε>0 を取る。このときhn(1+ε)=(1+ε)n1−log(1+ε)−e1であり、n→∞ とすると右辺は −log(1+ε)−e1<0 に近づく。したがって十分大きい n では hn(1+ε)<0 である。hn は単調減少で hn(xn)=0 だから 1≦xn<1+ε となる。ε>0 は任意なので limn→∞xn=1 である。
各 hn は x≧1 で狭義単調減少し、零点は1つだけ。
別解
解法2
方針
(1) は単調性で一意性を示す。(2)では方程式そのものと xn≧1 から xnn≦e を導き、1≦xn≦e1/n ではさみうちする。
解答
(1) hn(x)=xn1−logx−e1とおく。x≧1 でhn′(x)=−xn+1n−x1<0だから hn は狭義単調減少する。またhn(1)=1−e1>0,x→∞limhn(x)=−∞.よって中間値の定理と単調性により、x≧1 に解をただ一つもつ。
(2) その解を xn とする。方程式からxnn1=logxn+e1.xn≧1 より logxn≧0 なのでxnn1≧e1.したがって1≦xn≦e1/n.右端は n→∞ で1に近づくから、はさみうちによりn→∞limxn=1.
総評
難度5、計算量4。存在と一意性は、左辺を関数として単調減少を示すだけで決まる。極限は ε を使う方法が標準的だが、方程式そのものから xn≦e1/n を得ると非常に短く検算できる。hn(1)>0 と無限遠で負になること、単調性によって解が1つに限られることを分けて書くのが採点点である。12分から15分程度でまとめたい。
冊子PDFで見る東北大の関数の問題で問題集を作る
出典: 東北大学 2007年度 前期 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。
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