名古屋大学 1981年 理系 第3問 解説

方針・初手

関数 $f(x)$ の絶対値を外すため、内部の関数 $g(x) = \frac{x(x-n)}{x^2+1}$ の増減を微分により調べます。 極値を与える $x$ の値が平方根を含む複雑な形になりますが、それを直接代入する前に、導関数が $0$ になることを利用した方程式の関係式を用いて、式の次数下げや簡略化を行うのが計算量を減らすポイントです。また、最大値を確定させる際、$x \to \infty$ における極限値との比較を忘れないように注意が必要です。

解法1

関数 $g(x) = \frac{x^2-nx}{x^2+1} \ (x \geqq 0)$ とおくと、$f(x) = |g(x)|$ である。 $g(x)$ を微分すると、

$$ \begin{aligned} g'(x) &= \frac{(2x-n)(x^2+1) - (x^2-nx) \cdot 2x}{(x^2+1)^2} \\ &= \frac{2x^3+2x-nx^2-n - 2x^3+2nx^2}{(x^2+1)^2} \\ &= \frac{nx^2+2x-n}{(x^2+1)^2} \end{aligned} $$

となる。$g'(x) = 0$ とすると $nx^2+2x-n = 0$ であり、この方程式の解は $x = \frac{-1 \pm \sqrt{n^2+1}}{n}$ である。 $x \geqq 0$ の範囲にある解を $\alpha_n$ とおくと、

$$ \alpha_n = \frac{\sqrt{n^2+1}-1}{n} $$

である。明らかに $\alpha_n > 0$ であり、$n \geqq 3$ のとき $\sqrt{n^2+1} < \sqrt{n^2+2n+1} = n+1$ であるから、

$$ \alpha_n < \frac{(n+1)-1}{n} = 1 $$

が成り立つ。 $x \geqq 0$ における $g'(x)$ の符号は、$nx^2+2x-n = n(x-\alpha_n)\left(x - \frac{-1-\sqrt{n^2+1}}{n}\right)$ の符号と一致するため、 $0 \leqq x < \alpha_n$ において $g'(x) < 0$、$x = \alpha_n$ において $g'(x) = 0$、$x > \alpha_n$ において $g'(x) > 0$ となる。 したがって、$g(x)$ は $x = \alpha_n$ において極小かつ最小となる。

また、$g(0) = 0$、$g(n) = 0$ であり、$x > n$ のとき $g(x) > 0$ であるから、最小値 $g(\alpha_n)$ は負の値である。 これより、$0 \leqq x \leqq n$ の範囲における $f(x) = |g(x)|$ の最大値は $-g(\alpha_n)$ である。 一方、$x \to \infty$ のときの $f(x)$ の極限を調べると、

$$ \lim_{x \to \infty} f(x) = \lim_{x \to \infty} \frac{1-\frac{n}{x}}{1+\frac{1}{x^2}} = 1 $$

であり、$x \geqq n$ において $f(x) = g(x)$ は単調増加して $1$ に収束するため、$x \geqq n$ の範囲では $0 \leqq f(x) < 1$ を満たす。 よって、$x \geqq 0$ 全体における $f(x)$ の最大値は、$-g(\alpha_n)$ と $1$ を比較して大きい方となる。

ここで、$-g(\alpha_n)$ の値を計算する。 $\alpha_n$ は $n\alpha_n^2+2\alpha_n-n = 0$ を満たすので、$n(1-\alpha_n^2) = 2\alpha_n$ が成り立つ。$\alpha_n < 1$ より $1-\alpha_n^2 \neq 0$ であるから、$n = \frac{2\alpha_n}{1-\alpha_n^2}$ と表せる。これを代入すると、

$$ \begin{aligned} -g(\alpha_n) &= -\frac{\alpha_n^2-n\alpha_n}{\alpha_n^2+1} \\ &= \frac{n\alpha_n-\alpha_n^2}{\alpha_n^2+1} \\ &= \frac{\frac{2\alpha_n^2}{1-\alpha_n^2}-\alpha_n^2}{\alpha_n^2+1} \\ &= \frac{2\alpha_n^2-\alpha_n^2(1-\alpha_n^2)}{(1-\alpha_n^2)(\alpha_n^2+1)} \\ &= \frac{\alpha_n^2(1+\alpha_n^2)}{(1-\alpha_n^2)(\alpha_n^2+1)} \\ &= \frac{\alpha_n^2}{1-\alpha_n^2} \end{aligned} $$

と簡略化できる。さらに $\alpha_n = \frac{\sqrt{n^2+1}-1}{n}$ を用いて計算を進めると、

$$ \alpha_n^2 = \frac{n^2+2-2\sqrt{n^2+1}}{n^2} = \frac{(\sqrt{n^2+1}-1)^2}{n^2} $$

$$ 1-\alpha_n^2 = 1 - \frac{n^2+2-2\sqrt{n^2+1}}{n^2} = \frac{2\sqrt{n^2+1}-2}{n^2} = \frac{2(\sqrt{n^2+1}-1)}{n^2} $$

となるため、これらを代入して、

$$ -g(\alpha_n) = \frac{\frac{(\sqrt{n^2+1}-1)^2}{n^2}}{\frac{2(\sqrt{n^2+1}-1)}{n^2}} = \frac{\sqrt{n^2+1}-1}{2} $$

を得る。$n \geqq 3$ のとき $\sqrt{n^2+1} \geqq \sqrt{10} > 3$ であるから、

$$ -g(\alpha_n) \geqq \frac{\sqrt{10}-1}{2} > \frac{3-1}{2} = 1 $$

が成り立つ。したがって、$-g(\alpha_n) > 1$ であり、$f(x)$ の最大値は $a_n = \frac{\sqrt{n^2+1}-1}{2}$ と確定する。

最後に、求める極限は、

$$ \lim_{n \to \infty} \frac{a_n}{n} = \lim_{n \to \infty} \frac{\sqrt{n^2+1}-1}{2n} = \lim_{n \to \infty} \frac{\sqrt{1+\frac{1}{n^2}}-\frac{1}{n}}{2} = \frac{1}{2} $$

となる。

解説

本問は絶対値を含む関数の最大値と、その極限を求める典型的な難問です。 まず、$f(x)$ の最大値が極大値をとる $x = \alpha_n$ の箇所だけとは限らず、$x \to \infty$ の極限値 $1$ と大小を比較しなければ論理的な飛躍となってしまう点に注意が必要です。

また、極小値 $-g(\alpha_n)$ の計算において $\alpha_n$ をそのまま代入すると計算が非常に煩雑になりますが、$\alpha_n$ が満たす方程式 $nx^2+2x-n=0$ を用いて次数を下げる工夫により、劇的に見通しが良くなります。

なお、極限の計算については $a_n = \frac{\alpha_n^2}{1-\alpha_n^2}$ と表した段階で、方程式から得られる関係式 $n(1-\alpha_n^2) = 2\alpha_n$ を利用して $$\frac{a_n}{n} = \frac{\alpha_n^2}{n(1-\alpha_n^2)} = \frac{\alpha_n^2}{2\alpha_n} = \frac{\alpha_n}{2}$$ と変形すれば、$a_n$ を $n$ の式で最後まで求めきらなくとも、$\lim_{n \to \infty} \alpha_n = 1$ より $\lim_{n \to \infty} \frac{a_n}{n} = \frac{1}{2}$ と瞬時に極限を求めることができるという別ルートも存在します（ただしこの場合も最大値が $a_n$ となることの論証は必要です）。

答え

$$ \frac{1}{2} $$