名古屋大学 2022年 理系 第4問 解説

方針・初手

(1) 被積分関数を直接積分することはできないため、関数 $f(x)$ の「増加関数であり $f(0)=1$ を満たす」という性質を利用して、計算可能な関数で下から評価し、はさみうちの原理（追い出しの原理）を用いる。

(2) 前半は(1)と同様に下からの評価で極限を求める。後半は、与えられた等式を $F_n(a_n) = (\text{定数})$ の形に変形し、関数 $F_n(y)$ の導関数から単調性を調べ、中間値の定理を用いることで解の存在と一意性を示す。

(3) $F_n(y)$ が単調増加であることを利用し、示すべき不等式 $a_n < 4$ を $F_n(a_n) < F_n(4)$ に帰着させる。両辺を定積分の形で表し、積分区間が一致するように置換積分を行って被積分関数の大小を比較する。

解法1

(1)

関数 $f(x)$ は区間 $x \geqq 0$ において増加関数であり、$f(0) = 1$ を満たす。したがって、問題文の定義より $x > 0$ に対して $f(x) > f(0) = 1$ が成り立つため、$x \geqq 0$ において常に $f(x) \geqq 1$ である。

$n$ は正の整数であるから、積分区間 $0 \leqq x \leqq 2 - \frac{1}{n}$ において、$2 - x \geqq \frac{1}{n} > 0$ である。 したがって、この区間において以下の不等式が成り立つ。

$$ \frac{f(x)}{2 - x} \geqq \frac{1}{2 - x} $$

両辺を $0$ から $2 - \frac{1}{n}$ まで積分すると、

$$ \int_{0}^{2 - \frac{1}{n}} \frac{f(x)}{2 - x} dx \geqq \int_{0}^{2 - \frac{1}{n}} \frac{1}{2 - x} dx $$

右辺の定積分を計算する。

$$ \int_{0}^{2 - \frac{1}{n}} \frac{1}{2 - x} dx = \left[ -\log|2 - x| \right]_{0}^{2 - \frac{1}{n}} = -\log\frac{1}{n} - (-\log 2) = \log n + \log 2 $$

ここで、$\lim_{n \to \infty} (\log n + \log 2) = \infty$ であるから、追い出しの原理より、

$$ \lim_{n \to \infty} \int_{0}^{2 - \frac{1}{n}} \frac{f(x)}{2 - x} dx = \infty $$

が示された。

(2)

まず、$\lim_{y \to \infty} F_n(y) = \infty$ を示す。

$y > 2 + \frac{1}{n}$ とする。積分区間 $2 + \frac{1}{n} \leqq x \leqq y$ において、$x \geqq 2 + \frac{1}{n} > 0$ であるから $f(x) \geqq 1$ であり、また $x - 2 > 0$ である。 したがって、(1)と同様に以下の不等式が成り立つ。

$$ \frac{f(x)}{x - 2} \geqq \frac{1}{x - 2} $$

両辺を $2 + \frac{1}{n}$ から $y$ まで積分すると、

$$ F_n(y) = \int_{2 + \frac{1}{n}}^{y} \frac{f(x)}{x - 2} dx \geqq \int_{2 + \frac{1}{n}}^{y} \frac{1}{x - 2} dx $$

右辺の定積分を計算する。

$$ \int_{2 + \frac{1}{n}}^{y} \frac{1}{x - 2} dx = \left[ \log(x - 2) \right]_{2 + \frac{1}{n}}^{y} = \log(y - 2) - \log\frac{1}{n} = \log(n(y - 2)) $$

$y \to \infty$ のとき $\log(n(y - 2)) \to \infty$ であるから、

$$ \lim_{y \to \infty} F_n(y) = \infty $$

が示された。

次に、方程式の解の存在と一意性を示す。

与えられた等式の第2項は以下のように変形できる。

$$ \int_{2 + \frac{1}{n}}^{a_n} \frac{f(x)}{2 - x} dx = - \int_{2 + \frac{1}{n}}^{a_n} \frac{f(x)}{x - 2} dx = -F_n(a_n) $$

よって、満たすべき条件式は次と同値である。

$$ F_n(a_n) = \int_{0}^{2 - \frac{1}{n}} \frac{f(x)}{2 - x} dx $$

右辺は定数であるから、これを $I_n$ とおく。被積分関数が正であることから $I_n > 0$ である。

一方、関数 $F_n(y)$ を $y$ について微分すると、

$$ F_n'(y) = \frac{f(y)}{y - 2} $$

$y \geqq 2 + \frac{1}{n}$ において $f(y) > 0$ かつ $y - 2 > 0$ であるため、$F_n'(y) > 0$ となる。 したがって、$F_n(y)$ は区間 $y \geqq 2 + \frac{1}{n}$ において連続かつ狭義単調増加である。

また、$F_n(2 + \frac{1}{n}) = 0$ であり、先ほど示したように $\lim_{y \to \infty} F_n(y) = \infty$ である。 $I_n > 0$ であるから、中間値の定理および狭義単調増加性により、$F_n(a_n) = I_n$ を満たす実数 $a_n > 2 + \frac{1}{n}$ がただ1つ存在する。

(3)

(2)より、$F_n(y)$ は狭義単調増加であるから、$a_n < 4$ を示すには $F_n(a_n) < F_n(4)$ を示せば十分である。

(2)の等式より、$F_n(a_n) = \int_{0}^{2 - \frac{1}{n}} \frac{f(x)}{2 - x} dx$ であるから、示すべき不等式は次のように書ける。

$$ \int_{0}^{2 - \frac{1}{n}} \frac{f(x)}{2 - x} dx < \int_{2 + \frac{1}{n}}^{4} \frac{f(x)}{x - 2} dx $$

左辺の積分について、$2 - x = t$ とおく。 $dx = -dt$ であり、$x$ が $0$ から $2 - \frac{1}{n}$ まで変化するとき、$t$ は $2$ から $\frac{1}{n}$ まで変化する。

$$ \int_{0}^{2 - \frac{1}{n}} \frac{f(x)}{2 - x} dx = \int_{2}^{\frac{1}{n}} \frac{f(2 - t)}{t} (-dt) = \int_{\frac{1}{n}}^{2} \frac{f(2 - t)}{t} dt $$

右辺の積分について、$x - 2 = t$ とおく。 $dx = dt$ であり、$x$ が $2 + \frac{1}{n}$ から $4$ まで変化するとき、$t$ は $\frac{1}{n}$ から $2$ まで変化する。

$$ \int_{2 + \frac{1}{n}}^{4} \frac{f(x)}{x - 2} dx = \int_{\frac{1}{n}}^{2} \frac{f(2 + t)}{t} dt $$

ここで、積分区間 $t \in [\frac{1}{n}, 2]$ における被積分関数の大小を比較する。 $t > 0$ であるから、$2 - t < 2 + t$ である。また、この区間で $2 - t \geqq 0$ である。

関数 $f(x)$ は区間 $x \geqq 0$ において狭義単調増加（問題文の定義より $x_1 < x_2 \Rightarrow f(x_1) < f(x_2)$）であるから、

$$ f(2 - t) < f(2 + t) $$

が成り立つ。両辺を $t$（$> 0$）で割ると、

$$ \frac{f(2 - t)}{t} < \frac{f(2 + t)}{t} $$

となる。両辺を $t$ について $\frac{1}{n}$ から $2$ まで積分すると、等号は成立しないため、

$$ \int_{\frac{1}{n}}^{2} \frac{f(2 - t)}{t} dt < \int_{\frac{1}{n}}^{2} \frac{f(2 + t)}{t} dt $$

すなわち、

$$ F_n(a_n) < F_n(4) $$

が成り立つ。関数 $F_n(y)$ の狭義単調増加性により、$a_n < 4$ がすべての正の整数 $n$ に対して成り立つことが示された。

解説

関数の大小関係を利用した定積分の評価、および定積分で表された関数の扱い方を問う総合問題である。

(1)(2)は、直接積分できない関数を、積分可能なよりシンプルな関数で評価して極限を飛ばす、解析分野における典型的な手法である。

(2)の後半では、「方程式の解の存在と一意性」を示すために、「関数の単調性と中間値の定理」に帰着させるという定石を用いている。定積分で定義された関数を微分して増減を調べる操作が必須である。

(3)の積分区間を揃えて被積分関数の大小比較に持ち込む手法は、難関大でしばしば見られる。被積分関数に含まれる $2-x$ と $x-2$ という形から、それぞれ $x=2$ を基準とした対称な置換（$2-x=t$, $x-2=t$）を思いつけるかが鍵となる。

答え

(1) $$ \lim_{n\to\infty}\int_0^{2-\frac{1}{n}}\frac{f(x)}{2-x}\,dx=\infty $$

(2) $$ \lim_{y\to\infty}F_n(y)=\infty $$ かつ、 $$ \int_0^{2-\frac{1}{n}}\frac{f(x)}{2-x}\,dx+\int_{2+\frac{1}{n}}^{a_n}\frac{f(x)}{2-x}\,dx=0 $$ を満たす $a_n>2+\frac{1}{n}$ がただ1つ存在する。

(3) $$ a_n<4 $$