東京大学 2009年度 前期日程 第2次学力試験理系数学 第5問

(1)
両辺は正なので対数を取って比較できる。

まず $0<x<1$ とする。示すべき不等式は$$\log (1+x)+(1-x)\log (1-x)>0$$と同値である。そこで$$F(x)=\log (1+x)+(1-x)\log (1-x)$$とおく。$F(0)=0$ であり、$$\begin{array}{rl}{\displaystyle F^{\mathrm{\prime }}(x)}& {\displaystyle ={\displaystyle \frac{1}{1+x}}-\log (1-x)-1}\\ {\displaystyle }& {\displaystyle =-{\displaystyle \frac{x}{1+x}}-\log (1-x)\mathrm{.}}\end{array}$$$0<x<1$ では$$-\log (1-x)={\int }_0^x{\displaystyle \frac{1}{1-u}}du>x>{\displaystyle \frac{x}{1+x}}$$だから $F^{\mathrm{\prime }}(x)>0$ である。よって $F(x)>F(0)=0$ となる。

次に $-1<x<0$ とし、$y=-x$ とおく。
このとき $0<y<1$ であり、示すべき不等式は$$\log (1-y)+(1+y)\log (1+y)<0$$と同値である。そこで$$G(y)=\log (1-y)+(1+y)\log (1+y)$$とおく。$G(0)=0$ であり、$$\begin{array}{rl}{\displaystyle G^{\mathrm{\prime }}(y)}& {\displaystyle =-{\displaystyle \frac{1}{1-y}}+\log (1+y)+1}\\ {\displaystyle }& {\displaystyle =\log (1+y)-{\displaystyle \frac{y}{1-y}}\mathrm{.}}\end{array}$$$0<y<1$ では$$\log (1+y)={\int }_0^y{\displaystyle \frac{1}{1+u}}du<y<{\displaystyle \frac{y}{1-y}}$$だから $G^{\mathrm{\prime }}(y)<0$ である。よって $G(y)<G(0)=0$ となる。

以上から、$-1<x<1$、$x\mathrm{\ne }0$ で$$(1-x{)}^{1-{\displaystyle \frac{1}{x}}}<(1+x{)}^{{\displaystyle \frac{1}{x}}}$$が成り立つ。

(2)
(1)へ $x=1\mathrm{/}100$ を代入すると$${\left({\displaystyle \frac{99}{100}}\right)}^{-99}<{\left({\displaystyle \frac{101}{100}}\right)}^{100}\mathrm{.}$$両辺へ $(99\mathrm{/}100{)}^{100}$ を掛けて$${\displaystyle \frac{99}{100}}<{({\displaystyle \frac{99}{100}}\cdot {\displaystyle \frac{101}{100}})}^{100}={0.9999}^{100}\mathrm{.}$$したがって$$0.99<{0.9999}^{100}\mathrm{.}$$次に (1)へ $x=-1\mathrm{/}100$ を代入すると$${\left({\displaystyle \frac{101}{100}}\right)}^{101}<{\left({\displaystyle \frac{99}{100}}\right)}^{-100}\mathrm{.}$$両辺へ $(99\mathrm{/}100{)}^{101}$ を掛けて$${({\displaystyle \frac{99}{100}}\cdot {\displaystyle \frac{101}{100}})}^{101}<{\displaystyle \frac{99}{100}}\mathrm{.}$$したがって$${0.9999}^{101}<\mathrm{0.99.}$$以上より$${0.9999}^{101}<0.99<{0.9999}^{100}\mathrm{.}$$

(1) は対数差を $F(x)\mathrm{/}x$ とまとめ、$F^{\mathrm{\prime }\mathrm{\prime }}$ の符号から$F$ が全区間で狭義増加することを示す。(2)は(1)に頼らず、右側をベルヌーイ型評価、左側を二項展開の交代項で挟む。

(1)
対数を取った右辺と左辺の差は$$\begin{array}{rl}{\displaystyle }& {\displaystyle {\displaystyle \frac{1}{x}}\log (1+x)-(1-{\displaystyle \frac{1}{x}})\log (1-x)}\\ {\displaystyle }& {\displaystyle ={\displaystyle \frac{\log (1+x)+(1-x)\log (1-x)}{x}}\mathrm{.}}\end{array}$$そこで$$F(x)=\log (1+x)+(1-x)\log (1-x)$$とおく。$F(0)=0$ であり、$$F^{\mathrm{\prime }}(x)=-{\displaystyle \frac{x}{1+x}}-\log (1-x),$$$$F^{\mathrm{\prime }\mathrm{\prime }}(x)=-{\displaystyle \frac{1}{(1+x{)}^2}}+{\displaystyle \frac{1}{1-x}}={\displaystyle \frac{x(x+3)}{(1-x)(1+x{)}^2}}\mathrm{.}$$したがって $F^{\mathrm{\prime }\mathrm{\prime }}(x)<0$ $(-1<x<0)$、
$F^{\mathrm{\prime }\mathrm{\prime }}(x)>0$ $(0<x<1)$ であり、$F^{\mathrm{\prime }}(0)=0$ だから$$F^{\mathrm{\prime }}(x)>0(-1<x<1,x\mathrm{\ne }0)\mathrm{.}$$よって $F$ は狭義増加し、$$x<0\Rightarrow F(x)<0,x>0\Rightarrow F(x)>0.$$いずれの場合も $F(x)\mathrm{/}x>0$ である。したがって対数を取った右辺が
左辺より大きく、$$(1-x{)}^{1-{\displaystyle \frac{1}{x}}}<(1+x{)}^{{\displaystyle \frac{1}{x}}}$$が示された。

(2)
$y={10}^{-4}$ とおく。まず$$H(y)=(1-y{)}^{100}-(1-100y)$$とおけば $H(0)=0$ で、$$H^{\mathrm{\prime }}(y)=100\{1-(1-y{)}^{99}\}>0(0<y<1)\mathrm{.}$$したがって$${0.9999}^{100}=(1-y{)}^{100}>1-100y=\mathrm{0.99.}$$一方、二項展開により$$(1-y{)}^{101}=1-101y+{}_{101}{\mathrm{C}}_2{y}^2-{}_{101}{\mathrm{C}}_3{y}^3+\cdots -y^{101}\mathrm{.}$$第 $j$ 項と第 $j+1$ 項の絶対値の比は$${\displaystyle \frac{{}_{101}{\mathrm{C}}_{j+1}{y}^{j+1}}{{}_{101}{\mathrm{C}}_j{y}^j}}={\displaystyle \frac{101-j}{j+1}}y\leqq 50\cdot {10}^{-4}<1(j\geqq 1)\mathrm{.}$$したがって第3次項以降は、負から始まり絶対値が減少する交代和である。
よって$$\begin{array}{rl}{\displaystyle (1-y{)}^{101}}& {\displaystyle <1-101y+{}_{101}{\mathrm{C}}_2{y}^2}\\ {\displaystyle }& {\displaystyle =1-{\displaystyle \frac{101}{10000}}+{\displaystyle \frac{5050}{{10}^8}}}\\ {\displaystyle }& {\displaystyle =0.9899505}\\ {\displaystyle }& {\displaystyle <\mathrm{0.99.}}\end{array}$$以上より$${0.9999}^{101}<0.99<{0.9999}^{100}\mathrm{.}$$