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九州大学 2000年理系第3問解説

方針・初手

(1) 与えられた $f(x)$ は等比数列の和を積分した形とみなすことができる。被積分関数 $\frac{t^n}{1-t}$ を変形して直接積分を計算するか、あるいは $f(x)$ を微分した関数 $f'(x)$ を求めてから積分することで関係式を導く。

(2) 定積分の不等式を示す問題。積分区間における被積分関数の分母 $1-t$ の取り得る範囲を評価することで不等式を作る。(ii) では $x < 0$ であるため、$t = -u$ などの置換を行って積分区間を正の範囲に変換すると評価しやすい。(iii) は (i) と (ii) の結果を利用する。

(3) (2)(iii) の不等式の左辺の対数部分が $\log 2$ になるような $x$ の値を求め、誤差評価の不等式から条件を満たす最小の自然数 $n$ を決定する。

解法1

(1)

$\frac{t^n}{1-t}$ を以下のように変形する。

$$\frac{t^n}{1-t} = \frac{t^n - 1 + 1}{1-t} = -\frac{1-t^n}{1-t} + \frac{1}{1-t}$$

ここで、等比数列の和の公式から

$$\frac{1-t^n}{1-t} = 1 + t + t^2 + \dots + t^{n-1} = \sum_{k=1}^n t^{k-1}$$

であるから、これを $0$ から $x$ まで積分すると

$$\int_0^x \frac{t^n}{1-t} dt = -\int_0^x \sum_{k=1}^n t^{k-1} dt + \int_0^x \frac{1}{1-t} dt$$

右辺の第1項は

$$-\sum_{k=1}^n \left[ \frac{t^k}{k} \right]_0^x = -\sum_{k=1}^n \frac{x^k}{k} = -f(x)$$

右辺の第2項は

$$\left[ -\log(1-t) \right]_0^x = -\log(1-x)$$

したがって

$$\int_0^x \frac{t^n}{1-t} dt = -f(x) - \log(1-x)$$

式を整理して

$$f(x) = -\log(1-x) - \int_0^x \frac{t^n}{1-t} dt$$

となり、示された。

(2)

(i) $x \ge 0$ のとき、$0 \le x \le \frac{1}{3}$ である。

積分区間 $0 \le t \le x$ において、$0 \le t \le \frac{1}{3}$ より

$$\frac{2}{3} \le 1-t \le 1$$

$$1 \le \frac{1}{1-t} \le \frac{3}{2}$$

$t \ge 0$ より $t^n \ge 0$ であるから、各辺に $t^n$ を掛けると

$$t^n \le \frac{t^n}{1-t} \le \frac{3}{2}t^n$$

この不等式を $0$ から $x$ まで積分すると

$$\int_0^x \frac{t^n}{1-t} dt \le \int_0^x \frac{3}{2}t^n dt$$

$$\int_0^x \frac{t^n}{1-t} dt \le \frac{3}{2} \left[ \frac{t^{n+1}}{n+1} \right]_0^x = \frac{3x^{n+1}}{2(n+1)}$$

となり、示された。

(ii) $x < 0$ のとき、$-\frac{1}{3} \le x < 0$ である。

$\int_0^x \frac{t^n}{1-t} dt$ において、$t = -u$ と置換する。

$dt = -du$ であり、$t$ が $0$ から $x$ まで変化するとき、$u$ は $0$ から $-x$ まで変化する。

$$\int_0^x \frac{t^n}{1-t} dt = \int_0^{-x} \frac{(-u)^n}{1-(-u)} (-du) = - \int_0^{-x} \frac{(-1)^n u^n}{1+u} du$$

よって

$$\left| \int_0^x \frac{t^n}{1-t} dt \right| = \left| - \int_0^{-x} \frac{(-1)^n u^n}{1+u} du \right| \le \int_0^{-x} \left| \frac{(-1)^n u^n}{1+u} \right| du = \int_0^{-x} \frac{u^n}{1+u} du$$

ここで、積分区間 $0 \le u \le -x \le \frac{1}{3}$ において $1+u \ge 1$ だから、$\frac{1}{1+u} \le 1$ である。

$u \ge 0$ より $u^n \ge 0$ を掛けると $\frac{u^n}{1+u} \le u^n$ となる。これを積分して

$$\int_0^{-x} \frac{u^n}{1+u} du \le \int_0^{-x} u^n du = \left[ \frac{u^{n+1}}{n+1} \right]_0^{-x} = \frac{(-x)^{n+1}}{n+1}$$

$-x = |x|$ であるから

$$\left| \int_0^x \frac{t^n}{1-t} dt \right| \le \frac{|x|^{n+1}}{n+1}$$

となり、示された。

(iii)

(1) の結果において、$x$ を $-x$ に置き換えると

$$f(-x) = -\log(1+x) - \int_0^{-x} \frac{t^n}{1-t} dt$$

(1) の式とこの式の辺々を引くと

$$f(x) - f(-x) = -\log(1-x) + \log(1+x) - \int_0^x \frac{t^n}{1-t} dt + \int_0^{-x} \frac{t^n}{1-t} dt$$

$$f(x) - f(-x) - \log\frac{1+x}{1-x} = - \int_0^x \frac{t^n}{1-t} dt + \int_0^{-x} \frac{t^n}{1-t} dt$$

両辺の絶対値をとって三角不等式を用いると

$$\left| f(x) - f(-x) - \log\frac{1+x}{1-x} \right| \le \left| \int_0^x \frac{t^n}{1-t} dt \right| + \left| \int_0^{-x} \frac{t^n}{1-t} dt \right|$$

ここで、$|x| \le \frac{1}{3}$ であるから、(i), (ii) の結果を適用できる。

・$x \ge 0$ のとき

(i) より $\left| \int_0^x \frac{t^n}{1-t} dt \right| = \int_0^x \frac{t^n}{1-t} dt \le \frac{3x^{n+1}}{2(n+1)} = \frac{3|x|^{n+1}}{2(n+1)}$

また、$-x \le 0$ なので、(ii) において $x$ を $-x$ としたものを用いると

$$\left| \int_0^{-x} \frac{t^n}{1-t} dt \right| \le \frac{|-x|^{n+1}}{n+1} = \frac{|x|^{n+1}}{n+1}$$

これらを足し合わせて

$$\left| f(x) - f(-x) - \log\frac{1+x}{1-x} \right| \le \frac{3|x|^{n+1}}{2(n+1)} + \frac{|x|^{n+1}}{n+1} = \frac{5|x|^{n+1}}{2(n+1)}$$

・$x < 0$ のとき

(ii) より $\left| \int_0^x \frac{t^n}{1-t} dt \right| \le \frac{|x|^{n+1}}{n+1}$

また、$-x > 0$ なので、(i) において $x$ を $-x$ としたものを用いると

$$\left| \int_0^{-x} \frac{t^n}{1-t} dt \right| = \int_0^{-x} \frac{t^n}{1-t} dt \le \frac{3(-x)^{n+1}}{2(n+1)} = \frac{3|x|^{n+1}}{2(n+1)}$$

これらを足し合わせて

$$\left| f(x) - f(-x) - \log\frac{1+x}{1-x} \right| \le \frac{|x|^{n+1}}{n+1} + \frac{3|x|^{n+1}}{2(n+1)} = \frac{5|x|^{n+1}}{2(n+1)}$$

したがって、どの場合でも不等式は成立する。

(3)

$\log\frac{1+x}{1-x} = \log 2$ となる $x$ の値を求める。

$$\frac{1+x}{1-x} = 2$$

これを解いて $x = \frac{1}{3}$。この値は $|x| \le \frac{1}{3}$ を満たすので、(2)(iii) の不等式が適用できる。

$$\left| f\left(\frac{1}{3}\right) - f\left(-\frac{1}{3}\right) - \log 2 \right| \le \frac{5 \cdot (1/3)^{n+1}}{2(n+1)} = \frac{5}{2(n+1)3^{n+1}}$$

誤差が $\frac{1}{100}$ 以下となるように、右辺が $\frac{1}{100}$ 以下となるような最小の自然数 $n$ を探す。

$$\frac{5}{2(n+1)3^{n+1}} \le \frac{1}{100}$$

$$3^{n+1}(n+1) \ge 250$$

$n=1$ のとき、$3^2 \cdot 2 = 18 < 250$

$n=2$ のとき、$3^3 \cdot 3 = 81 < 250$

$n=3$ のとき、$3^4 \cdot 4 = 324 \ge 250$

よって、条件を満たす最小の自然数は $n=3$ である。

このとき、$\log 2$ の近似値は $f\left(\frac{1}{3}\right) - f\left(-\frac{1}{3}\right)$ で与えられる。

$n=3$ のとき

$$f(x) = x + \frac{x^2}{2} + \frac{x^3}{3}$$

$$f(-x) = -x + \frac{x^2}{2} - \frac{x^3}{3}$$

辺々を引いて

$$f(x) - f(-x) = 2x + \frac{2}{3}x^3$$

これに $x = \frac{1}{3}$ を代入すると

$$f\left(\frac{1}{3}\right) - f\left(-\frac{1}{3}\right) = 2\left(\frac{1}{3}\right) + \frac{2}{3}\left(\frac{1}{3}\right)^3 = \frac{2}{3} + \frac{2}{81} = \frac{56}{81}$$

解法2

(1) の別解

$f(x) = \sum_{k=1}^n \frac{x^k}{k}$ の両辺を $x$ で微分すると

$$f'(x) = \sum_{k=1}^n x^{k-1} = 1 + x + x^2 + \dots + x^{n-1}$$

$x < 1$ より $x \neq 1$ であるから、等比数列の和の公式を用いて

$$f'(x) = \frac{1-x^n}{1-x} = \frac{1}{1-x} - \frac{x^n}{1-x}$$

$f(0) = 0$ であるから、両辺を $0$ から $x$ まで積分すると

$$\int_0^x f'(t) dt = \int_0^x \left( \frac{1}{1-t} - \frac{t^n}{1-t} \right) dt$$

$$f(x) - f(0) = \left[ -\log(1-t) \right]_0^x - \int_0^x \frac{t^n}{1-t} dt$$

$$f(x) = -\log(1-x) - \int_0^x \frac{t^n}{1-t} dt$$

となり、示された。

解説

対数関数のマクローリン展開（テイラー展開）とその剰余項の評価を背景とした、典型的な近似計算の誘導問題である。

$\log(1+x)$ や $\log(1-x)$ の級数展開を単独で用いるよりも、その差である $\log \frac{1+x}{1-x}$ を考えることで、偶数次の項が打ち消し合うため、より少ない項数（小さな $n$）で精度の高い近似値が得られるという事実が (iii) の式に表れている。