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九州大学 2016年理系第1問解説

方針・初手

(1) は、2つの曲線が $x=n+1$ で交わるという条件から方程式を立てて $a$ を求めます。$a>1$ の証明には、微分を用いて関数の増減を調べるか、既知の不等式を利用します。 (2) は、定積分を用いて面積を計算します。$T_n$ の計算では、2次曲線と直線の間の面積なので $\frac{1}{6}$ 公式が有効です。 (3) は、(2) で求めた $S_n, T_n$ を代入し、対数の性質を用いて極限を計算しやすい形に変形します。特に $\log(n+1)$ の扱いに注意します。

解法1

(1)

曲線 $C_1, C_2$ は点 $Q$ で交わり、その $x$ 座標は $n+1$ である。 $x=n+1$ をそれぞれの式に代入した $y$ 座標は等しいので、

$$ \log(n+1) = (n+1-1)(n+1-a) $$

$$ \log(n+1) = n(n+1-a) $$

$n$ は自然数であり $n \neq 0$ なので、両辺を $n$ で割って $a$ について解くと、

$$ n+1-a = \frac{\log(n+1)}{n} $$

$$ a = n + 1 - \frac{\log(n+1)}{n} $$

次に、$a>1$ であることを示す。

$$ a - 1 = n - \frac{\log(n+1)}{n} = \frac{n^2 - \log(n+1)}{n} $$

関数 $f(x) = x - \log(x+1)$ $(x \ge 1)$ を考える。 $x \ge 1$ において、

$$ f'(x) = 1 - \frac{1}{x+1} = \frac{x}{x+1} > 0 $$

であるから、$f(x)$ は $x \ge 1$ において単調に増加する。また、自然対数の底 $e$ は $e > 2$ であるため、

$$ f(1) = 1 - \log 2 > 1 - \log e = 0 $$

よって、$x \ge 1$ において $f(x) > 0$、すなわち $x > \log(x+1)$ が成り立つ。 $n$ は自然数なので $n \ge 1$ であり、

$$ n^2 \ge n > \log(n+1) $$

が成り立つ。したがって $n^2 - \log(n+1) > 0$ であり、$n>0$ より

$$ a - 1 = \frac{n^2 - \log(n+1)}{n} > 0 $$

ゆえに、$a > 1$ が示された。

(2)

点 $P, Q$ の座標はそれぞれ $(1, 0), (n+1, \log(n+1))$ であるから、直線 $PQ$ の方程式は、

$$ y = \frac{\log(n+1)}{n}(x - 1) $$

となる。$x \ge 1$ において曲線 $C_1$ は上に凸であり、直線 $PQ$ は曲線 $C_1$ の下側にある。したがって、

$$ \begin{aligned} S_n &= \int_{1}^{n+1} \left( \log x - \frac{\log(n+1)}{n}(x - 1) \right) dx \\ &= \int_{1}^{n+1} \log x \, dx - \frac{\log(n+1)}{n} \int_{1}^{n+1} (x - 1) dx \\ &= \left[ x \log x - x \right]_{1}^{n+1} - \frac{\log(n+1)}{n} \left[ \frac{1}{2}(x - 1)^2 \right]_{1}^{n+1} \\ &= \{ (n+1)\log(n+1) - (n+1) \} - (0 - 1) - \frac{\log(n+1)}{n} \cdot \frac{1}{2}n^2 \\ &= (n+1)\log(n+1) - n - \frac{n}{2}\log(n+1) \\ &= \left( \frac{n}{2} + 1 \right)\log(n+1) - n \end{aligned} $$

また、曲線 $C_2$ は下に凸な放物線であり、直線 $PQ$ は曲線 $C_2$ の上側にある。ここで、曲線 $C_2$ と直線 $PQ$ の交点の $x$ 座標は $1, n+1$ であるから、被積分関数について

$$ (x - 1)(x - a) - \frac{\log(n+1)}{n}(x - 1) = (x - 1)(x - (n+1)) $$

という恒等式が成り立つ。したがって、

$$ \begin{aligned} T_n &= \int_{1}^{n+1} \left( \frac{\log(n+1)}{n}(x - 1) - (x - 1)(x - a) \right) dx \\ &= \int_{1}^{n+1} -(x - 1)(x - (n+1)) dx \end{aligned} $$

$\frac{1}{6}$ 公式より、

$$ T_n = \frac{1}{6}(n+1 - 1)^3 = \frac{1}{6}n^3 $$

(3)

(2) の結果より、

$$ \log T_n = \log\left(\frac{n^3}{6}\right) = 3\log n - \log 6 $$

であるから、

$$ \begin{aligned} \frac{S_n}{n \log T_n} &= \frac{\left( \frac{n}{2} + 1 \right)\log(n+1) - n}{n(3\log n - \log 6)} \\ &= \frac{\frac{n}{2}\log(n+1) + \log(n+1) - n}{3n\log n - n\log 6} \end{aligned} $$

分母分子を $n \log n$ で割ると、

$$ \frac{S_n}{n \log T_n} = \frac{\frac{1}{2}\frac{\log(n+1)}{\log n} + \frac{\log(n+1)}{n \log n} - \frac{1}{\log n}}{3 - \frac{\log 6}{\log n}} $$

ここで、

$$ \frac{\log(n+1)}{\log n} = \frac{\log\left(n\left(1 + \frac{1}{n}\right)\right)}{\log n} = \frac{\log n + \log\left(1 + \frac{1}{n}\right)}{\log n} = 1 + \frac{\log\left(1 + \frac{1}{n}\right)}{\log n} $$

$n \to \infty$ のとき、$\log\left(1 + \frac{1}{n}\right) \to 0$、$\log n \to \infty$ であるから、

$$ \lim_{n \to \infty} \frac{\log(n+1)}{\log n} = 1 + 0 = 1 $$

また、

$$ \lim_{n \to \infty} \frac{\log(n+1)}{n \log n} = 0, \quad \lim_{n \to \infty} \frac{1}{\log n} = 0, \quad \lim_{n \to \infty} \frac{\log 6}{\log n} = 0 $$

である。以上より、

$$ \lim_{n \to \infty} \frac{S_n}{n \log T_n} = \frac{\frac{1}{2} \cdot 1 + 0 - 0}{3 - 0} = \frac{1}{6} $$

解説

(1) では $a>1$ を示すために不等式を証明しますが、$f(x) = x - \log(x+1)$ を設定して微分するのが確実です。 (2) の $T_n$ の面積計算では、交点が分かっている放物線と直線の間の面積であるため、交点を調べる計算を省略して直ちに $\int -(x-\alpha)(x-\beta) dx$ の形に持ち込み、$\frac{1}{6}$ 公式を利用するのが定石です。 (3) の極限計算では、$\frac{\infty}{\infty}$ の不定形を解消するために、発散のスピードが最も速い項（この場合は $n \log n$）で分母分子を割るという基本的な考え方が重要です。