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東京工業大学 2000年理系第4問解説

方針・初手

2つの関数 $y = e^x$ と $y = e^{nx} - 1$ のグラフの交点を求めるために、差をとった関数 $f(x) = e^{nx} - e^x - 1$ を設定し、微分を用いて関数の増減と極限を調べる。方程式 $f(x) = 0$ の解の存在を中間値の定理で示し、ただひとつであることは単調性から示す。交点の $x$ 座標 $a_n$ と $n$ の関係式から極限を順次求め、面積 $S_n$ の積分計算では得られた交点の関係式 $e^{na_n} = e^{a_n} + 1$ を代入して次数や項を下げることがポイントになる。

解法1

(1)

(ア) $y = e^x$ と (イ) $y = e^{nx} - 1$ の交点の $x$ 座標は、方程式 $e^x = e^{nx} - 1$ の解である。 $f(x) = e^{nx} - e^x - 1$ とおく。

$$ f'(x) = n e^{nx} - e^x = e^x (n e^{(n-1)x} - 1) $$

$n \ge 2$ および $x > 0$ であるから、$n e^{(n-1)x} - 1 > 2 \cdot 1 - 1 = 1 > 0$ となる。したがって $x > 0$ において $f'(x) > 0$ であり、$f(x)$ は $x \ge 0$ において単調に増加する。

ここで、$f(0) = -1 < 0$ であり、

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

となる。関数 $f(x)$ は連続であるため、中間値の定理および単調増加性から、$f(x) = 0$ となる $x$ は $x > 0$ の範囲にただひとつ存在する。交点の $y$ 座標は、 $y = e^x > 1 > 0$ より正である。よって、(ア)と(イ)のグラフは第1象限においてただひとつの交点をもつ。

(2)

(1)より、交点 $(a_n, b_n)$ において $f(a_n) = 0$ かつ $a_n > 0$ が成り立つので、

$$ e^{n a_n} - e^{a_n} - 1 = 0 \iff e^{n a_n} = e^{a_n} + 1 $$

両辺の自然対数をとると、

$$ n a_n = \log(e^{a_n} + 1) \iff a_n = \frac{1}{n} \log(e^{a_n} + 1) $$

また、$f(1) = e^n - e - 1$ について、$n \ge 2$ より $f(1) \ge e^2 - e - 1 > 0$ である。（$e > 2.7$ より） $f(0) < 0$, $f(1) > 0$ であり、$f(x)$ は単調増加であるから、$0 < a_n < 1$ である。したがって、$e^{a_n} + 1 < e + 1$ となり、次の不等式が成り立つ。

$$ 0 < a_n < \frac{\log(e+1)}{n} $$

$\lim_{n\to\infty} \frac{\log(e+1)}{n} = 0$ であるから、はさみうちの原理より、

$$ \lim_{n\to\infty} a_n = 0 $$

さらに、先ほどの式 $n a_n = \log(e^{a_n} + 1)$ を用いて極限をとると、$\lim_{n\to\infty} a_n = 0$ であるから、

$$ \lim_{n\to\infty} n a_n = \lim_{n\to\infty} \log(e^{a_n} + 1) = \log(e^0 + 1) = \log 2 $$

(3)

$0 \le x \le a_n$ において $f(x) \le 0$、すなわち $e^x \ge e^{nx} - 1$ であるから、面積 $S_n$ は次のように表される。

$$ S_n = \int_0^{a_n} \{e^x - (e^{nx} - 1)\} dx $$

定積分を計算する。

$$ \begin{aligned} S_n &= \left[ e^x - \frac{1}{n}e^{nx} + x \right]_0^{a_n} \\ &= \left( e^{a_n} - \frac{1}{n}e^{n a_n} + a_n \right) - \left( 1 - \frac{1}{n} \right) \end{aligned} $$

交点の条件から $e^{n a_n} = e^{a_n} + 1$ を代入する。

$$ \begin{aligned} S_n &= e^{a_n} - \frac{1}{n}(e^{a_n} + 1) + a_n - 1 + \frac{1}{n} \\ &= e^{a_n} - \frac{1}{n}e^{a_n} - \frac{1}{n} + a_n - 1 + \frac{1}{n} \\ &= e^{a_n} - 1 + a_n - \frac{1}{n}e^{a_n} \end{aligned} $$

両辺に $n$ を掛ける。

$$ n S_n = n(e^{a_n} - 1) + n a_n - e^{a_n} $$

第1項について、$n(e^{a_n} - 1) = n a_n \cdot \frac{e^{a_n} - 1}{a_n}$ と変形する。 $n \to \infty$ のとき $a_n \to 0$ であり、微分の定義等より $\lim_{t\to 0} \frac{e^t - 1}{t} = 1$ であるから、

$$ \lim_{n\to\infty} \frac{e^{a_n} - 1}{a_n} = 1 $$

となる。これと(2)の結果 $\lim_{n\to\infty} n a_n = \log 2$ を用いると、

$$ \lim_{n\to\infty} n(e^{a_n} - 1) = \log 2 \cdot 1 = \log 2 $$

また、$\lim_{n\to\infty} e^{a_n} = e^0 = 1$ である。したがって、極限は次のように求まる。

$$ \lim_{n\to\infty} n S_n = \log 2 + \log 2 - 1 = 2 \log 2 - 1 $$

解説

方程式の解の配置問題と、数列の極限・定積分を組み合わせた頻出テーマの融合問題である。 (2)では、$e^{na_n} = e^{a_n} + 1$ の両辺の対数をとることで $na_n$ の式を抽出し、はさみうちの原理を利用して $a_n \to 0$ を示すのが標準的かつ強力な手法である。 (3)では、計算した積分結果にそのまま $n$ を掛けて極限をとろうとすると $\infty \times 0$ の不定形が現れる。ここでは $a_n \to 0$ の際に利用できる極限の基本公式 $\lim_{x\to 0} \frac{e^x - 1}{x} = 1$ を見越して、式をうまく作り出す変形力が問われる。