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東京大学 2019年理系第5問解説

方針・初手

(1) は $f(x) = x^{2n-1} - \cos x$ とおき、微分して増減を調べる。実数全体を適当な区間に分けて符号を評価し、中間値の定理を用いる。 (2) は (1) の過程で $a_n$ の存在範囲がわかるため、そこから $\cos x$ の単調性を利用する。 (3) は $a_n^{2n-1} = \cos a_n$ の関係式を用いて $a_n$ を不等式で評価し、はさみうちの原理で極限 $a$ を求める。$b, c$ は極限の基本性質や微分の定義式に帰着させる。

解法1

(1)

$f(x) = x^{2n-1} - \cos x$ とおく。

$$ f'(x) = (2n-1)x^{2n-2} + \sin x $$

実数 $x$ を3つの区間に分けて $f(x) = 0$ の実数解を調べる。

(i)

$x \le 0$ のとき

$-1 < x \le 0$ の範囲では、$n \ge 1$ より $2n-1 \ge 1$ の奇数であるから $x^{2n-1} \le 0$ である。また $0 < 1 < \frac{\pi}{2}$ であるから、$\cos x \ge \cos 1 > 0$ である。したがって、$f(x) < 0$ となる。

$x \le -1$ の範囲では、$x^{2n-1} \le -1$ かつ $\cos x \ge -1$ である。$f(x) = 0$ となると仮定すると、$x^{2n-1} = -1$ かつ $\cos x = -1$ すなわち $x = -1$ となるが、$\cos(-1) \neq -1$ であるため矛盾する。したがって、$f(x) < 0$ となる。

以上より、$x \le 0$ において実数解は存在しない。

(ii)

$x \ge 1$ のとき

$x^{2n-1} \ge 1$ かつ $\cos x \le 1$ である。$f(x) = 0$ となると仮定すると、$x^{2n-1} = 1$ かつ $\cos x = 1$ すなわち $x = 1$ となるが、$\cos 1 \neq 1$ であるため矛盾する。したがって、$f(x) > 0$ となり、実数解は存在しない。

(iii)

$0 < x < 1$ のとき

$0 < x < 1 < \frac{\pi}{2}$ であるから、$\sin x > 0$ である。また、$x > 0$ より $(2n-1)x^{2n-2} > 0$ である。

したがって、$f'(x) > 0$ となり、$f(x)$ はこの区間で単調に増加する。

ここで、$f(0) = -1 < 0$、$f(1) = 1 - \cos 1 > 0$ であるから、中間値の定理により、$f(x) = 0$ は区間 $(0, 1)$ にただ一つの実数解をもつ。

（i）, （ii）, （iii）より、方程式 $x^{2n-1} = \cos x$ はただ一つの実数解 $a_n$ をもつ。（証明終）

(2)

(1) の証明過程より、ただ一つの実数解 $a_n$ は $0 < a_n < 1$ を満たす。

関数 $y = \cos x$ は区間 $\left[ 0, \frac{\pi}{2} \right]$ において単調減少であり、$0 < a_n < 1 < \frac{\pi}{2}$ である。

したがって、$\cos a_n > \cos 1$ が成り立つ。（証明終）

(3)

(2) より $\cos 1 < \cos a_n$ であり、$0 < a_n < 1$ より $\cos a_n < \cos 0 = 1$ であるから、

$$ \cos 1 < \cos a_n < 1 $$

方程式より $a_n^{2n-1} = \cos a_n$ であるから、

$$ \cos 1 < a_n^{2n-1} < 1 $$

$a_n > 0$ であるから、各辺の $\frac{1}{2n-1}$ 乗をとると、

$$ (\cos 1)^{\frac{1}{2n-1}} < a_n < 1 $$

ここで、

$$ \lim_{n \to \infty} (\cos 1)^{\frac{1}{2n-1}} = (\cos 1)^0 = 1 $$

であるから、はさみうちの原理により、

$$ a = \lim_{n \to \infty} a_n = 1 $$

次に、$a_n^{2n-1} = \cos a_n$ の両辺に $a_n$ を掛けると、

$$ a_n^{2n} = a_n \cos a_n $$

$a_n > 0$ より、両辺の正の平方根をとると、

$$ a_n^n = \sqrt{a_n \cos a_n} $$

関数 $y = \sqrt{x \cos x}$ は $x = 1$ で連続であるから、

$$ b = \lim_{n \to \infty} a_n^n = \lim_{n \to \infty} \sqrt{a_n \cos a_n} = \sqrt{1 \cdot \cos 1} = \sqrt{\cos 1} $$

最後に $c$ について考える。

$$ c = \lim_{n \to \infty} \frac{a_n^n - b}{a_n - a} = \lim_{n \to \infty} \frac{\sqrt{a_n \cos a_n} - \sqrt{\cos 1}}{a_n - 1} $$

$g(x) = \sqrt{x \cos x}$ とおくと、

$$ c = \lim_{n \to \infty} \frac{g(a_n) - g(1)}{a_n - 1} $$

$n \to \infty$ のとき $a_n \to 1$ であり、また $0 < a_n < 1$ より $a_n \neq 1$ である。したがって、この極限は関数 $g(x)$ の $x=1$ における微分係数 $g'(1)$ を表す。

$$ g'(x) = \frac{d}{dx} (x \cos x)^{\frac{1}{2}} = \frac{1}{2} (x \cos x)^{-\frac{1}{2}} (\cos x - x \sin x) = \frac{\cos x - x \sin x}{2\sqrt{x \cos x}} $$

よって、

$$ c = g'(1) = \frac{\cos 1 - \sin 1}{2\sqrt{\cos 1}} $$

解説

方程式の解の存在を示す問題では、差をとって関数 $f(x)$ とおき、その増減と区間の両端における符号を調べると整理しやすい。本問では実数全体が対象なので、解が存在しない区間（$x \le 0$ や $x \ge 1$）を先に除外することが大切である。
極限 $a$ の導出では、定数と変数を分離してはさみうちの原理に持ち込む手際が問われる。
極限 $c$ の形 $\lim_{x \to a} \frac{f(x) - f(a)}{x - a}$ は微分の定義そのものである。式を微分係数とみなすことで、極限計算を整理できる。