東京大学 2015年度 前期日程 第2次学力試験理系数学 第6問

(1)

定義より $g(x)\geqq 0$ であり、$g(nx)\mathrm{\ne }0$ となるのは $\mathrm{\mid }nx\mathrm{\mid }\leqq 1$ すなわち $\mathrm{\mid }x\mathrm{\mid }\leqq \frac{1}{n}$ のときだけである。また、$t=nx$ とおくと$$\begin{array}{rl}{\displaystyle n{\int }_{-1}^{1}g(nx)dx}& {\displaystyle ={\int }_{-n}^{n}g(t)dt}\\ {\displaystyle }& {\displaystyle ={\int }_{-1}^1\frac{\cos (\pi t)+1}{2}dt}\\ {\displaystyle }& {\displaystyle =\frac{1}{2}{[\frac{\sin (\pi t)}{\pi }+t]}_{-1}^1=1}\end{array}$$である。

仮定より、$g(nx)\mathrm{\ne }0$ となる範囲では $p\leqq f(x)\leqq q$ が成り立つ。さらに $g(nx)\geqq 0$ だから $$pg(nx)\leqq g(nx)f(x)\leqq qg(nx)$$ である。両辺を $[-1,1]$ で積分し、さらに $n$ を掛けると$$pn{\int }_{-1}^{1}g(nx)dx\leqq n{\int }_{-1}^{1}g(nx)f(x)dx\leqq qn{\int }_{-1}^{1}g(nx)dx$$である。重みの総量が1であることから $$p\leqq n{\int }_{-1}^{1}g(nx)f(x)dx\leqq q$$ を得る。

(2) $F(x)=\log (1+e^{x+1})$ とおく。$\mathrm{\mid }x\mathrm{\mid }<1$ では $$g^{\mathrm{\prime }}(x)=-\frac{\pi }{2}\sin (\pi x)=h(x)$$ であり、また $g(-1)=g(1)=0$ である。さらに $g(nx)$ は $\mathrm{\mid }x\mathrm{\mid }\leqq 1\mathrm{/}n$ の外で $0$ であるから、部分積分で端点項は出ない。

実際、$\{g(nx){\}}^{\mathrm{\prime }}=n{g}^{\mathrm{\prime }}(nx)=nh(nx)$ なので $h(nx)=\frac{1}{n}\{g(nx){\}}^{\mathrm{\prime }}$ である。したがって$$\begin{array}{rl}{\displaystyle n^2{\int }_{-1}^{1}h(nx)F(x)dx}& {\displaystyle =n{\int }_{-1}^1\{g(nx){\}}^{\mathrm{\prime }}F(x)dx}\\ {\displaystyle }& {\displaystyle =n{[g(nx)F(x)]}_{-1}^1-n{\int }_{-1}^{1}g(nx)F^{\mathrm{\prime }}(x)dx}\\ {\displaystyle }& {\displaystyle =-n{\int }_{-1}^{1}g(nx)F^{\mathrm{\prime }}(x)dx}\end{array}$$である。

ここで $$F^{\mathrm{\prime }}(x)=\frac{e^{x+1}}{1+e^{x+1}}$$ であり、これは連続関数である。特に $$F^{\mathrm{\prime }}(0)=\frac{e}{1+e}$$ である。任意の $\epsilon >0$ に対して、$F^{\mathrm{\prime }}$ の連続性より、十分小さい $\delta >0$ を取れば $\mathrm{\mid }x\mathrm{\mid }\leqq \delta$ で $$F^{\mathrm{\prime }}(0)-\epsilon \leqq F^{\mathrm{\prime }}(x)\leqq F^{\mathrm{\prime }}(0)+\epsilon$$ が成り立つ。十分大きい $n$ では $1\mathrm{/}n\leqq \delta$ であるから、(1)を $f(x)=F^{\mathrm{\prime }}(x)$、$p=F^{\mathrm{\prime }}(0)-\epsilon$、$q=F^{\mathrm{\prime }}(0)+\epsilon$ に適用できる。よって$$F^{\mathrm{\prime }}(0)-\epsilon \leqq n{\int }_{-1}^{1}g(nx)F^{\mathrm{\prime }}(x)dx\leqq F^{\mathrm{\prime }}(0)+\epsilon$$となる。したがって $$n{\int }_{-1}^{1}g(nx)F^{\mathrm{\prime }}(x)dx\to F^{\mathrm{\prime }}(0)=\frac{e}{1+e}$$ である。

以上より、求める極限は部分積分で付いた負号に注意して $-\frac{e}{1+e}$ である。

(1) は重み $ng(nx)$ の非負性と総量1から示す。(2)では部分積分を使わず、最初に $t=nx$ と変数変換する。$h$ が奇関数で積分が0であることを利用して定数項を消し、平均値の定理で $n\{F(t\mathrm{/}n)-F(0)\}$ を $t{F}^{\mathrm{\prime }}(0)$ へ一様に近づける。

(1)

$g(nx)$ は非負で、$\mathrm{\mid }x\mathrm{\mid }\leqq 1\mathrm{/}n$ の外では $0$ である。また $t=nx$ とおけば$$n{\int }_{-1}^{1}g(nx)dx={\int }_{-1}^1\frac{\cos (\pi t)+1}{2}dt=1$$である。したがって、$g(nx)$ が0でない範囲で成り立つ $p\leqq f(x)\leqq q$ に非負量 $ng(nx)$ を掛けて積分すれば$$p\leqq n{\int }_{-1}^{1}g(nx)f(x)dx\leqq q$$を得る。

(2) $$F(x)=\log (1+e^{x+1})$$とおき、求める式を $I_n$ とする。$t=nx$ と変数変換し、$h(t)=0$ となる部分を除くと$$I_n=n{\int }_{-1}^{1}h(t)F\left(\frac{t}{n}\right)dt$$である。$h$ は奇関数なので$${\int }_{-1}^{1}h(t)dt=0$$である。よって$$\begin{array}{cccc}& I_n={\int }_{-1}^{1}h(t)n\{F\left(\frac{t}{n}\right)-F(0)\}dt& & \text{(1)}\end{array}$$と書ける。

平均値の定理により、各 $t\in [-1,1]$ に対して $0$ と $t\mathrm{/}n$ の間の数 ${\xi }_{n,t}$ が存在し$$n\{F\left(\frac{t}{n}\right)-F(0)\}=t{F}^{\mathrm{\prime }}({\xi }_{n,t})$$となる。$\mathrm{\mid }{\xi }_{n,t}\mathrm{\mid }\leqq 1\mathrm{/}n$ であり $F^{\mathrm{\prime }}$ は $0$ で連続だから、右辺は $t{F}^{\mathrm{\prime }}(0)$ へ $-1\leqq t\leqq 1$ で一様に近づく。したがって (1) から$$\underset{n\to \mathrm{\infty }}{\lim }{I}_n=F^{\mathrm{\prime }}(0){\int }_{-1}^{1}th(t)dt$$である。

ここで$$F^{\mathrm{\prime }}(0)=\frac{e}{1+e}$$であり、部分積分により$$\begin{array}{rl}{\displaystyle {\int }_{-1}^{1}th(t)dt}& {\displaystyle =-\frac{\pi }{2}{\int }_{-1}^{1}t\sin (\pi t)dt}\\ {\displaystyle }& {\displaystyle =-\frac{\pi }{2}{[-\frac{t\cos (\pi t)}{\pi }+\frac{\sin (\pi t)}{{\pi }^2}]}_{-1}^1}\\ {\displaystyle }& {\displaystyle =-1}\end{array}$$である。ゆえに求める極限は$$-\frac{e}{1+e}$$となる。