数学3 接線・極限との複合問題 5 解説

方針・初手

(1) は、関数 $f_n(x)$ の導関数を調べて単調性を確認し、区間の両端における関数の値の符号が異なることを示して、中間値の定理を用いる。 (2) は、(1) で示した解の存在範囲をもとに、積分区間における $f_n(x)$ の符号を判定して定積分を計算する。 (3) は、$f_n(\alpha_n) = 0$ という関係式を利用して $n\alpha_n$ を表す式を作り、はさみうちの原理を用いて極限を求める。さらにその結果を利用して $S_n$ の極限を導く。

解法1

(1)

$f_n(x) = x^3 + n^2x - n \cos x$ を $x$ について微分すると、

$$f_n'(x) = 3x^2 + n^2 + n \sin x$$

となる。$0 \leqq x \leqq \frac{1}{n}$ において、$n \geqq 1$ より $0 \leqq x \leqq 1 < \frac{\pi}{2}$ であるから、$\sin x \geqq 0$ となる。また、$3x^2 \geqq 0$、$n^2 > 0$ であるから、この区間において $f_n'(x) > 0$ であり、$f_n(x)$ は単調に増加する。

ここで、区間の両端における値を調べると、

$$f_n(0) = -n \cos 0 = -n < 0$$

$$\begin{aligned} f_n\left(\frac{1}{n}\right) &= \left(\frac{1}{n}\right)^3 + n^2 \cdot \frac{1}{n} - n \cos\left(\frac{1}{n}\right) \\ &= \frac{1}{n^3} + n - n \cos\left(\frac{1}{n}\right) \\ &= \frac{1}{n^3} + n\left\{1 - \cos\left(\frac{1}{n}\right)\right\} \end{aligned}$$

$-1 \leqq \cos\left(\frac{1}{n}\right) \leqq 1$ であるから、$1 - \cos\left(\frac{1}{n}\right) \geqq 0$ となり、$f_n\left(\frac{1}{n}\right) > 0$ である。

関数 $f_n(x)$ は連続であり、区間 $0 \leqq x \leqq \frac{1}{n}$ で単調増加し、$f_n(0) < 0$ かつ $f_n\left(\frac{1}{n}\right) > 0$ を満たすため、中間値の定理より方程式 $f_n(x) = 0$ は $0$ と $\frac{1}{n}$ の間にただ1つの実数解をもつ。（証明終）

(2)

(1) より、$0 \leqq x \leqq \alpha_n$ の範囲では $f_n(x) \leqq 0$ である。したがって、求める面積 $S_n$ は、

$$\begin{aligned} S_n &= \int_0^{\alpha_n} \{0 - f_n(x)\} dx \\ &= \int_0^{\alpha_n} (-x^3 - n^2x + n \cos x) dx \\ &= \left[ -\frac{x^4}{4} - \frac{n^2x^2}{2} + n \sin x \right]_0^{\alpha_n} \\ &= -\frac{\alpha_n^4}{4} - \frac{n^2\alpha_n^2}{2} + n \sin \alpha_n \end{aligned}$$

(3)

$\alpha_n$ は方程式 $f_n(x) = 0$ の解であるから、

$$\alpha_n^3 + n^2\alpha_n - n \cos \alpha_n = 0$$

が成り立つ。これを変形すると、

$$n^2\alpha_n = n \cos \alpha_n - \alpha_n^3$$

両辺を $n$ で割ると、

$$n\alpha_n = \cos \alpha_n - \frac{\alpha_n^3}{n}$$

となる。(1) より $0 < \alpha_n < \frac{1}{n}$ であり、$\lim_{n \to \infty} \frac{1}{n} = 0$ であるから、はさみうちの原理より $\lim_{n \to \infty} \alpha_n = 0$ である。したがって、

$$\lim_{n \to \infty} \cos \alpha_n = \cos 0 = 1$$

$$\lim_{n \to \infty} \frac{\alpha_n^3}{n} = 0$$

よって、$n\alpha_n$ の極限は、

$$\lim_{n \to \infty} n\alpha_n = 1 - 0 = 1$$

次に、$S_n$ の極限を求める。(2) で求めた $S_n$ を変形すると、

$$\begin{aligned} S_n &= n \sin \alpha_n - \frac{\alpha_n^4}{4} - \frac{n^2\alpha_n^2}{2} \\ &= n\alpha_n \cdot \frac{\sin \alpha_n}{\alpha_n} - \frac{\alpha_n^4}{4} - \frac{(n\alpha_n)^2}{2} \end{aligned}$$

$n \to \infty$ のとき $\alpha_n \to 0$ であるから、$\lim_{n \to \infty} \frac{\sin \alpha_n}{\alpha_n} = 1$ である。また、$\lim_{n \to \infty} n\alpha_n = 1$ であるから、

$$\lim_{n \to \infty} S_n = 1 \cdot 1 - 0 - \frac{1^2}{2} = \frac{1}{2}$$

解説

解の存在を示すために「中間値の定理」と「単調性」を用いる定石問題である。(3) の極限計算では、$f_n(\alpha_n) = 0$ の関係式を利用して目的の形（今回は $n\alpha_n$）を作り出す手法が頻出である。また、$S_n$ の極限では、$\lim_{x \to 0} \frac{\sin x}{x} = 1$ の基本公式を利用できるように式を意図的に変形する力が問われている。