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九州大学 1999年理系第1問解説

方針・初手

(1) 与えられた方程式の左辺を $g(x)$ とおき、微分して増減を調べる。極値と端点での値、さらに特定の $x$ の値（$x=m$）での符号を調べることで、解の存在範囲と個数を証明する。

(2) $f(x)$ を微分する。分子の式に (1) で定義した $g(x)$ が現れるため、(1) の結果を利用して $f'(x)$ の符号変化を判定し、最小値をとることを示す。

(3) (2) の結果から $a_m = f(c)$ とする。(1) で示した $c$ の範囲 $m-1 < c < m$ を用いて $\frac{\log a_m}{m \log m}$ を評価し、はさみうちの原理を用いて極限を求める。

解法1

(1) $g(x) = x e^x - m e^x + m$ とおく。 $x > 0$ において $g(x)$ を微分すると、

$$\begin{aligned} g'(x) &= e^x + x e^x - m e^x \\ &= (x - m + 1) e^x \end{aligned}$$

$g'(x) = 0$ となるのは $x = m - 1$ のときである。 $m$ は2以上の自然数であるから $m - 1 \ge 1 > 0$ であり、$x>0$ における増減表は以下のようになる。

$x$	$(0)$	$\cdots$	$m-1$	$\cdots$
$g'(x)$		$-$	$0$	$+$
$g(x)$	$(0)$	$\searrow$	極小	$\nearrow$

ここで、 $g(0) = 0 - m + m = 0$ である。増減表より、$0 < x \le m-1$ の範囲では $g(x) < 0$ となるため、$g(x) = 0$ をみたす正の実数 $x$ は存在しない。次に、$x \ge m-1$ の範囲では $g(x)$ は単調増加である。 $g(m-1) < g(0) = 0$ であり、さらに $x=m$ における値を調べると、

$$g(m) = m e^m - m e^m + m = m > 0$$

である。したがって、中間値の定理より $m-1 < x < m$ の範囲に $g(x) = 0$ をみたす実数 $x$ がただ1つ存在する。以上より、方程式 $x e^x - m e^x + m = 0$ をみたす正の実数 $x$ の値はただ1つであり、その値を $c$ とするとき、$m-1 < c < m$ となる。

(2) $f(x) = \frac{e^x - 1}{x^m} \quad (x > 0)$ $f(x)$ を微分すると、

$$\begin{aligned} f'(x) &= \frac{e^x \cdot x^m - (e^x - 1) \cdot m x^{m-1}}{x^{2m}} \\ &= \frac{x e^x - m(e^x - 1)}{x^{m+1}} \\ &= \frac{x e^x - m e^x + m}{x^{m+1}} \\ &= \frac{g(x)}{x^{m+1}} \end{aligned}$$

$x > 0$ において $x^{m+1} > 0$ であるから、$f'(x)$ の符号は $g(x)$ の符号と一致する。 (1) の結果より、$g(x)$ は $0 < x < c$ において負、$x = c$ で $0$、$x > c$ において正となる。したがって、$f'(x)$ も $0 < x < c$ で負、$x = c$ で $0$、$x > c$ で正となるため、$f(x)$ の増減表は以下のようになる。

$x$	$(0)$	$\cdots$	$c$	$\cdots$
$f'(x)$		$-$	$0$	$+$
$f(x)$		$\searrow$	極小かつ最小	$\nearrow$

よって、$f(x)$ は $x = c$ で最小となる。

(3) (2) より、$a_m = f(c) = \frac{e^c - 1}{c^m}$ である。これの自然対数をとると、

$$\log a_m = \log(e^c - 1) - m \log c$$

極限を求める式に代入すると、

$$\frac{\log a_m}{m \log m} = \frac{\log(e^c - 1)}{m \log m} - \frac{m \log c}{m \log m} = \frac{\log(e^c - 1)}{m \log m} - \frac{\log c}{\log m}$$

ここで、(1) より $m-1 < c < m$ である。これを元に各項の極限を調べる。第一項について、$m-1 < c < m$ より、

$$e^{m-1} - 1 < e^c - 1 < e^m - 1$$

$m \ge 2$ より各辺は正であるから、自然対数をとり、さらに $m \log m > 0$ で割ると、

$$\frac{\log(e^{m-1} - 1)}{m \log m} < \frac{\log(e^c - 1)}{m \log m} < \frac{\log(e^m - 1)}{m \log m}$$

ここで右辺の極限は、

$$\begin{aligned} \lim_{m \to \infty} \frac{\log(e^m - 1)}{m \log m} &= \lim_{m \to \infty} \frac{\log \left\{ e^m(1 - e^{-m}) \right\}}{m \log m} \\ &= \lim_{m \to \infty} \frac{m + \log(1 - e^{-m})}{m \log m} \\ &= \lim_{m \to \infty} \left( \frac{1}{\log m} + \frac{\log(1 - e^{-m})}{m \log m} \right) \\ &= 0 + 0 = 0 \end{aligned}$$

同様に左辺の極限は、

$$\begin{aligned} \lim_{m \to \infty} \frac{\log(e^{m-1} - 1)}{m \log m} &= \lim_{m \to \infty} \frac{m - 1 + \log(1 - e^{-m+1})}{m \log m} \\ &= \lim_{m \to \infty} \left( \frac{1 - \frac{1}{m}}{\log m} + \frac{\log(1 - e^{-m+1})}{m \log m} \right) \\ &= 0 + 0 = 0 \end{aligned}$$

よって、はさみうちの原理より、

$$\lim_{m \to \infty} \frac{\log(e^c - 1)}{m \log m} = 0$$

次に第二項について、$m-1 < c < m$ より自然対数をとり $\log m > 0$ で割ると、

$$\frac{\log(m-1)}{\log m} < \frac{\log c}{\log m} < \frac{\log m}{\log m} = 1$$

ここで左辺の極限は、

$$\begin{aligned} \lim_{m \to \infty} \frac{\log(m-1)}{\log m} &= \lim_{m \to \infty} \frac{\log \left\{ m \left(1 - \frac{1}{m}\right) \right\}}{\log m} \\ &= \lim_{m \to \infty} \frac{\log m + \log\left(1 - \frac{1}{m}\right)}{\log m} \\ &= \lim_{m \to \infty} \left( 1 + \frac{\log\left(1 - \frac{1}{m}\right)}{\log m} \right) \\ &= 1 + 0 = 1 \end{aligned}$$

よって、はさみうちの原理より、

$$\lim_{m \to \infty} \frac{\log c}{\log m} = 1$$

以上より、求める極限は、

$$\begin{aligned} \lim_{m \to \infty} \frac{\log a_m}{m \log m} &= \lim_{m \to \infty} \left( \frac{\log(e^c - 1)}{m \log m} - \frac{\log c}{\log m} \right) \\ &= 0 - 1 \\ &= -1 \end{aligned}$$

解説

微積分の応用と極限の典型的な融合問題である。 (1) で方程式の解の存在と範囲を示す過程は、(2) で関数の増減を調べるための誘導になっている。(2) の微分計算において、商の微分法を用いると分子に (1) で調べた関数がそのまま現れるのは頻出の構成である。 (3) は $c$ を $m$ を用いて陽に表すことができないため、(1) で得られた不等式 $m-1 < c < m$ を用いて評価する。極限を求める式が対数を含んでいるため、$a_m$ の式そのものの対数をとり、各項を不等式で挟み撃ちにする方針が有効である。不定形の極限計算における $\log(e^m - 1)$ などの変形処理も、受験数学において定石とされる変形である。