トップ› 大阪大学› 2005年› 理系第5問

大阪大学 2005年理系第5問解説

方針・初手

本問は、微分法による接線の条件、積分法による面積計算、微分の応用による不等式の証明、そして極限の計算を融合した総合問題である。まず（1）では、2つの曲線が共有点をもち、その点で共通の接線をもつという条件「$y$ 座標が等しい」かつ「微係数が等しい」を連立させて $a$ と $t$ を求める。（2）は指定された区間での定積分を計算するだけだが、$S_2$ の積分区間の下端が $x=1$ であることに注意し、（1）で得た関係式を用いて式を整理する。（3）は (大) $-$ (小) $\ge 0$ を示す定石に従い、関数をおいて微分を繰り返し、導関数の符号を調べる。（4）では、（2）で得た式と（3）で証明した不等式を見比べる。$n \to \infty$ のとき $\frac{1}{n} \to 0$ となることに着目し、$x = \frac{1}{n}$ とおいてはさみうちの原理を適用する。

解法1

(1) $f(x) = x^n$、$g(x) = a \log x$ とおく。これらが点 $P(t, f(t))$ において共通の接線をもつための条件は、関数値と微分係数がそれぞれ等しいことである。すなわち

$$ f(t) = g(t) \quad \cdots \text{①} $$

$$ f'(t) = g'(t) \quad \cdots \text{②} $$

$f'(x) = n x^{n-1}$、$g'(x) = \frac{a}{x}$ であるから、①②はそれぞれ

$$ t^n = a \log t \quad \cdots \text{①'} $$

$$ n t^{n-1} = \frac{a}{t} \quad \cdots \text{②'} $$

となる。$t>0$ であるから、②' の両辺に $t$ を掛けると

$$ a = n t^n $$

これと①' より

$$ t^n = n t^n \log t $$

$t>0$ より $t^n \neq 0$ であるから、両辺を $t^n$ で割ると

$$ 1 = n \log t $$

$$ \log t = \frac{1}{n} $$

よって

$$ t = e^{\frac{1}{n}} $$

これを $a = n t^n$ に代入して

$$ a = n \left( e^{\frac{1}{n}} \right)^n = n e $$

(2) 曲線 $y = x^n$ と $x$ 軸および $x=t$ で囲まれる面積 $S_1$ は

$$ S_1 = \int_0^t x^n dx = \left[ \frac{x^{n+1}}{n+1} \right]_0^t = \frac{t^{n+1}}{n+1} $$

である。一方、曲線 $y = a \log x$ と $x$ 軸の交点は $a \log x = 0$ より $x = 1$ である。 $n \ge 1$ であるから $\frac{1}{n} > 0$ であり、$t = e^{\frac{1}{n}} > 1$ となるため、面積 $S_2$ の積分区間は $1 \le x \le t$ となる。

$$ S_2 = \int_1^t a \log x dx = a \big[ x \log x - x \big]_1^t = a (t \log t - t + 1) $$

（1）より $a = n t^n$、$\log t = \frac{1}{n}$ であるから代入して

$$ S_2 = n t^n \left( t \cdot \frac{1}{n} - t + 1 \right) = t^{n+1} - n t^{n+1} + n t^n $$

したがって、$\frac{S_2}{S_1}$ は

$$ \frac{S_2}{S_1} = \frac{t^{n+1} - n t^{n+1} + n t^n}{\frac{t^{n+1}}{n+1}} = (n+1) \left( \frac{t^{n+1}(1-n) + n t^n}{t^{n+1}} \right) = (n+1) \left( 1 - n + \frac{n}{t} \right) $$

$t = e^{\frac{1}{n}}$ を代入して

$$ \frac{S_2}{S_1} = (n+1) \left( 1 - n + n e^{-\frac{1}{n}} \right) $$

(3) (a) $h_1(x) = \frac{x^2}{2} - (e^{-x} + x - 1)$ とおく。これを順次微分していく。

$$ h_1'(x) = x + e^{-x} - 1 $$

$$ h_1''(x) = 1 - e^{-x} $$

$x \ge 0$ のとき、$-x \le 0$ より $e^{-x} \le 1$ であるから $h_1''(x) \ge 0$ となる。したがって $h_1'(x)$ は $x \ge 0$ において単調増加であり、$h_1'(0) = 0 + 1 - 1 = 0$ だから $x \ge 0$ において $h_1'(x) \ge 0$ である。さらに $h_1(x)$ も $x \ge 0$ において単調増加であり、$h_1(0) = 0 - (1 + 0 - 1) = 0$ だから $x \ge 0$ において $h_1(x) \ge 0$ である。以上より、$x \ge 0$ のとき $e^{-x} + x - 1 \le \frac{x^2}{2}$ が成り立つ。

(b) $h_2(x) = (e^{-x} + x - 1) - \left( \frac{x^2}{2} - \frac{x^3}{6} \right)$ とおく。同様に微分する。

$$ h_2'(x) = -e^{-x} + 1 - x + \frac{x^2}{2} $$

$$ h_2''(x) = e^{-x} - 1 + x $$

$$ h_2'''(x) = -e^{-x} + 1 $$

$x \ge 0$ のとき、$e^{-x} \le 1$ より $h_2'''(x) \ge 0$ となる。したがって $h_2''(x)$ は単調増加であり、$h_2''(0) = 1 - 1 + 0 = 0$ より $x \ge 0$ において $h_2''(x) \ge 0$ である。したがって $h_2'(x)$ は単調増加であり、$h_2'(0) = -1 + 1 - 0 + 0 = 0$ より $x \ge 0$ において $h_2'(x) \ge 0$ である。したがって $h_2(x)$ は単調増加であり、$h_2(0) = 1 + 0 - 1 - 0 + 0 = 0$ より $x \ge 0$ において $h_2(x) \ge 0$ である。以上より、$x \ge 0$ のとき $\frac{x^2}{2} - \frac{x^3}{6} \le e^{-x} + x - 1$ が成り立つ。

(4) （2）の結果から

$$ \frac{S_2}{S_1} = (n+1) \left\{ 1 - n \left( 1 - e^{-\frac{1}{n}} \right) \right\} $$

ここで、$x = \frac{1}{n}$ とおくと、$n \to \infty$ のとき $x \to +0$ である。式全体を $x$ を用いて表すと

$$ \frac{S_2}{S_1} = \left( \frac{1}{x} + 1 \right) \left( 1 - \frac{1 - e^{-x}}{x} \right) = \frac{x+1}{x} \cdot \frac{x - 1 + e^{-x}}{x} = (x+1) \frac{e^{-x} + x - 1}{x^2} $$

となる。（3）の結果より、$x > 0$ のとき

$$ \frac{x^2}{2} - \frac{x^3}{6} \le e^{-x} + x - 1 \le \frac{x^2}{2} $$

が成り立つ。各辺を $x^2 (>0)$ で割ると

$$ \frac{1}{2} - \frac{x}{6} \le \frac{e^{-x} + x - 1}{x^2} \le \frac{1}{2} $$

$x \to +0$ とすると $\lim_{x \to +0} \left( \frac{1}{2} - \frac{x}{6} \right) = \frac{1}{2}$ であるから、はさみうちの原理より

$$ \lim_{x \to +0} \frac{e^{-x} + x - 1}{x^2} = \frac{1}{2} $$

よって求める極限値は

$$ \lim_{n \to \infty} \frac{S_2}{S_1} = \lim_{x \to +0} (x+1) \frac{e^{-x} + x - 1}{x^2} = (0+1) \cdot \frac{1}{2} = \frac{1}{2} $$

解説

（3）の不等式は、関数 $e^{-x}$ のマクローリン展開（テイラー展開）の剰余項評価を背景としている。この種の「微分を繰り返して単調性を利用し、不等式を証明する」問題は、難関大で極めて頻出の手法である。（4）では、数列の極限をそのまま計算しようとすると不定形に陥ってしまうため、求めた極限の式の中から（3）の不等式の形 $e^{-x} + x - 1$ に合致する部分をいかにして作り出すかが問われている。「$\frac{1}{n}$ をひとつの文字 $x$ で置換し、$x \to +0$ の関数極限に帰着させる」という視点を持てると、見通しよく処理ができる。