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大阪大学 2019年理系第1問解説

方針・初手

（1）は定義通りに関数 $f(x)$ を $x$ で微分し、その導関数の符号を調べる。積分区間に変数 $x$ が含まれるため、微分積分学の基本定理を用いる。

（2）は左側の不等式と右側の不等式に分けて証明する。左側の不等式は、式を移項することで（1）で調べた関数 $f(x)$ の形が現れることに着目する。右側の不等式は、積分区間 $a \leqq t \leqq b$ における被積分関数 $e^{-\frac{t^2}{2}}$ の最大値を考えることで評価できる。

（3）は定積分 $I_n$ を直接計算することができないため、（2）の不等式を利用してはさみうちの原理に持ち込む。その際、被積分関数を（2）の形に合わせるため、$s = \sqrt{n}t$ と置換積分を行うのが定石である。

解法1

(1)

関数 $f(x)$ を $x$ について微分する。

積の微分法と合成関数の微分法を用いると、

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

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

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

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

かっこの中を通分して整理する。

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

$$ f'(x) = -e^{-\frac{x^2}{2}} \left\{ \frac{(x^4+2x^2+1) + 1 - x^2 - (x^4+x^2)}{(x^2+1)^2} \right\} $$

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

任意の実数 $x$ に対して $e^{-\frac{x^2}{2}} > 0$ かつ $(x^2+1)^2 > 0$ であるから、常に $f'(x) < 0$ となる。

したがって、関数 $f(x)$ は単調に減少することが示された。

(2)

まず、左側の不等式

$$ \frac{a}{a^2+1} e^{-\frac{a^2}{2}} - \frac{b}{b^2+1} e^{-\frac{b^2}{2}} \leqq \int_{a}^{b} e^{-\frac{t^2}{2}} dt $$

を示す。この不等式を移項して整理すると、

$$ \int_{a}^{b} e^{-\frac{t^2}{2}} dt - \frac{a}{a^2+1} e^{-\frac{a^2}{2}} \geqq - \frac{b}{b^2+1} e^{-\frac{b^2}{2}} $$

となる。ここで、（1）で定義された関数 $f(x)$ に $x=a$ および $x=b$ を代入すると、

$$ f(a) = \int_{a}^{b} e^{-\frac{t^2}{2}} dt - \frac{a}{a^2+1} e^{-\frac{a^2}{2}} $$

$$ f(b) = \int_{b}^{b} e^{-\frac{t^2}{2}} dt - \frac{b}{b^2+1} e^{-\frac{b^2}{2}} = - \frac{b}{b^2+1} e^{-\frac{b^2}{2}} $$

となるから、示すべき不等式は $f(a) \geqq f(b)$ と表せる。

条件より $0 < a \leqq b$ であり、（1）の結果より $f(x)$ は単調に減少するため、$f(a) \geqq f(b)$ は成り立つ。

よって、左側の不等式は示された。

次に、右側の不等式

$$ \int_{a}^{b} e^{-\frac{t^2}{2}} dt \leqq e^{-\frac{a^2}{2}}(b-a) $$

を示す。積分区間 $a \leqq t \leqq b$ において、$a > 0$ であるから $t^2 \geqq a^2$ が成り立つ。

両辺を $-\frac{1}{2}$ 倍すると $-\frac{t^2}{2} \leqq -\frac{a^2}{2}$ となり、底 $e$ が $e > 1$ であることから、

$$ e^{-\frac{t^2}{2}} \leqq e^{-\frac{a^2}{2}} $$

が成り立つ。この不等式の両辺を区間 $a \leqq t \leqq b$ で定積分すると、

$$ \int_{a}^{b} e^{-\frac{t^2}{2}} dt \leqq \int_{a}^{b} e^{-\frac{a^2}{2}} dt $$

右辺の被積分関数は $t$ に無関係な定数であるから、

$$ \int_{a}^{b} e^{-\frac{t^2}{2}} dt \leqq e^{-\frac{a^2}{2}} \int_{a}^{b} 1 dt = e^{-\frac{a^2}{2}} (b-a) $$

となり、右側の不等式も示された。

以上より、与えられた不等式が成り立つことが示された。

(3)

与えられた定積分 $I_n$ において、$s = \sqrt{n}t$ とおく。

両辺を $t$ で微分すると $\frac{ds}{dt} = \sqrt{n}$ すなわち $dt = \frac{1}{\sqrt{n}} ds$ となる。

$t$ が $1$ から $2$ まで変化するとき、$s$ は $\sqrt{n}$ から $2\sqrt{n}$ まで変化するため、

$$ I_n = \int_{1}^{2} e^{-\frac{nt^2}{2}} dt = \int_{\sqrt{n}}^{2\sqrt{n}} e^{-\frac{s^2}{2}} \frac{1}{\sqrt{n}} ds = \frac{1}{\sqrt{n}} \int_{\sqrt{n}}^{2\sqrt{n}} e^{-\frac{s^2}{2}} ds $$

と変形できる。

ここで、（2）で示された不等式において $a = \sqrt{n}, b = 2\sqrt{n}$ とすると（$n \geqq 1$ より $0 < a \leqq b$ を満たす）、

$$ \frac{\sqrt{n}}{n+1} e^{-\frac{n}{2}} - \frac{2\sqrt{n}}{4n+1} e^{-2n} \leqq \int_{\sqrt{n}}^{2\sqrt{n}} e^{-\frac{s^2}{2}} ds \leqq e^{-\frac{n}{2}} (2\sqrt{n} - \sqrt{n}) $$

両辺を $\sqrt{n}$ で割ると、

$$ \frac{1}{n+1} e^{-\frac{n}{2}} - \frac{2}{4n+1} e^{-2n} \leqq \frac{1}{\sqrt{n}} \int_{\sqrt{n}}^{2\sqrt{n}} e^{-\frac{s^2}{2}} ds \leqq e^{-\frac{n}{2}} $$

中央の項は $I_n$ に等しいため、

$$ \frac{1}{n+1} e^{-\frac{n}{2}} - \frac{2}{4n+1} e^{-2n} \leqq I_n \leqq e^{-\frac{n}{2}} $$

となる。これを変形して対数をとる準備をする。左辺について $e^{-\frac{n}{2}}$ でくくると、

$$ e^{-\frac{n}{2}} \left( \frac{1}{n+1} - \frac{2}{4n+1} e^{-\frac{3n}{2}} \right) \leqq I_n \leqq e^{-\frac{n}{2}} $$

ここで $L_n = \frac{1}{n+1} - \frac{2}{4n+1} e^{-\frac{3n}{2}}$ とおく。$n \geqq 1$ のとき、

$$ L_n = \frac{1}{n+1} \left\{ 1 - \frac{2(n+1)}{4n+1} e^{-\frac{3n}{2}} \right\} $$

と変形できる。$n \geqq 1$ において $\frac{2(n+1)}{4n+1} < 1$ かつ $e^{-\frac{3n}{2}} < 1$ であるから $L_n > 0$ である。また $I_n > 0$ も明らかである。

各辺の自然対数をとると、

$$ \log \left( e^{-\frac{n}{2}} L_n \right) \leqq \log I_n \leqq \log \left( e^{-\frac{n}{2}} \right) $$

$$ -\frac{n}{2} + \log L_n \leqq \log I_n \leqq -\frac{n}{2} $$

すべての辺を $n$ で割ると、

$$ -\frac{1}{2} + \frac{1}{n} \log L_n \leqq \frac{1}{n} \log I_n \leqq -\frac{1}{2} $$

ここで、$\frac{1}{n} \log L_n$ の極限を考える。

$$ \frac{1}{n} \log L_n = \frac{1}{n} \log \frac{1}{n+1} + \frac{1}{n} \log \left\{ 1 - \frac{2(n+1)}{4n+1} e^{-\frac{3n}{2}} \right\} $$

$$ = -\frac{1}{n} \log (n+1) + \frac{1}{n} \log \left\{ 1 - \frac{2(1+\frac{1}{n})}{4+\frac{1}{n}} e^{-\frac{3n}{2}} \right\} $$

問題文の条件より $\lim_{n \to \infty} \frac{1}{n} \log (n+1) = 0$ であり、また $n \to \infty$ のとき $e^{-\frac{3n}{2}} \to 0$ となるため、

$$ \lim_{n \to \infty} \frac{1}{n} \log L_n = -0 + 0 \cdot \log \left( 1 - \frac{2}{4} \cdot 0 \right) = 0 $$

となる。

したがって、はさみうちの原理より、

$$ \lim_{n \to \infty} \frac{1}{n} \log I_n = -\frac{1}{2} $$

となる。

解説

定積分の極限を求める問題において、関数を直接積分できない場合は、不等式を用いてはさみうちの原理を利用するのが定石である。本問は、そのための誘導が（1）と（2）で丁寧になされている。

（1）は複雑な形に見えるが、定積分の微分公式 $\frac{d}{dx} \int_{x}^{b} g(t) dt = -g(x)$ さえ正しく使えれば、ただの計算問題に帰着する。（2）の不等式評価は、左辺の複雑な項が（1）で調べた関数の端点での値の差になっていることに気づけるかが鍵となる。

（3）は被積分関数 $e^{-\frac{nt^2}{2}}$ の指数部分に着目し、（2）の関数 $e^{-\frac{s^2}{2}}$ の形を作り出すために $s = \sqrt{n}t$ と置換する発想が必要である。その後は（2）で得た不等式を用いて $I_n$ を評価し、対数を取って極限を求めるという自然な流れになる。対数を取る際、真数が正であることを一言断っておくと丁寧である。