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東京大学 2025年理系第2問解説

方針・初手

（1）は、関数 $f(x) = x - 1 - \log x$ の最小値を微積分を用いて調べ、$f(x) \geqq 0$ を示す定石問題である。

（2）は、被積分関数に極限の変数 $n$ が含まれており、直接積分して極限を求めるのが難しい。（1）の不等式を利用し、被積分関数を上下から評価してはさみうちの原理を適用するのが基本方針となる。（1）で示した上からの評価 $\log x \leqq x - 1$ だけでなく、下からの評価 $\log x \geqq \frac{x-1}{x}$ を自分で導出できるかが鍵である。また、別解として、置換積分と部分積分を行うことで評価を容易にする手法も考えられる。

解法1

(1)

$f(x) = x - 1 - \log x$ とおく。$x > 0$ において $f(x)$ を微分すると、

$$ f'(x) = 1 - \frac{1}{x} = \frac{x - 1}{x} $$

$x > 0$ において、$f'(x) = 0$ となるのは $x = 1$ のときである。$0 < x < 1$ のとき $f'(x) < 0$、$x > 1$ のとき $f'(x) > 0$ となるため、$f(x)$ は $x = 1$ で最小値をとる。

最小値は $f(1) = 1 - 1 - \log 1 = 0$ であるから、$x > 0$ において $f(x) \geqq 0$ が成り立つ。

したがって、$x > 0$ のとき、不等式 $\log x \leqq x - 1$ が示された。

(2)

（1）で示した不等式 $\log x \leqq x - 1$ において、$x$ の代わりに $\frac{1}{x} \ (>0)$ を代入すると、

$$ \log\left(\frac{1}{x}\right) \leqq \frac{1}{x} - 1 $$

$$ -\log x \leqq \frac{1 - x}{x} $$

$$ \log x \geqq \frac{x - 1}{x} $$

が成り立つ。これと（1）の結果より、任意の $t > 0$ に対して以下の不等式が成り立つ。

$$ \frac{t - 1}{t} \leqq \log t \leqq t - 1 $$

積分区間 $1 \leqq x \leqq 2$ において、$t = \frac{1 + x^{\frac{1}{n}}}{2}$ とおくと、$x^{\frac{1}{n}} \geqq 1$ より $t > 0$ であるから上式を適用できる。

$$ t - 1 = \frac{x^{\frac{1}{n}} - 1}{2} $$

$$ \frac{t - 1}{t} = \frac{\frac{x^{\frac{1}{n}} - 1}{2}}{\frac{1 + x^{\frac{1}{n}}}{2}} = \frac{x^{\frac{1}{n}} - 1}{x^{\frac{1}{n}} + 1} $$

であるから、各辺に代入して、

$$ \frac{x^{\frac{1}{n}} - 1}{x^{\frac{1}{n}} + 1} \leqq \log \left( \frac{1 + x^{\frac{1}{n}}}{2} \right) \leqq \frac{x^{\frac{1}{n}} - 1}{2} $$

この不等式の各辺を $x$ について $1$ から $2$ まで積分し、$n$ をかけると、

$$ n \int_1^2 \frac{x^{\frac{1}{n}} - 1}{x^{\frac{1}{n}} + 1} dx \leqq n \int_1^2 \log \left( \frac{1 + x^{\frac{1}{n}}}{2} \right) dx \leqq \frac{n}{2} \int_1^2 (x^{\frac{1}{n}} - 1) dx $$

ここで、右辺の式を $A_n$ とおき、その極限を計算する。

$$ \int_1^2 x^{\frac{1}{n}} dx = \left[ \frac{n}{n+1} x^{\frac{n+1}{n}} \right]_1^2 = \frac{n}{n+1} \left( 2^{1+\frac{1}{n}} - 1 \right) = \frac{n}{n+1} \left( 2 \cdot 2^{\frac{1}{n}} - 1 \right) $$

であるから、

$$ A_n = \frac{n}{2} \left\{ \frac{n}{n+1} \left( 2 \cdot 2^{\frac{1}{n}} - 1 \right) - 1 \right\} = \frac{n}{2(n+1)} \left\{ 2n \left( 2^{\frac{1}{n}} - 1 \right) - 1 \right\} $$

$g(x) = 2^x$ とおくと、$g'(x) = 2^x \log 2$ である。$h = \frac{1}{n}$ とおくと、$n \to \infty$ のとき $h \to +0$ であり、微分の定義から、

$$ \lim_{n\to\infty} n \left( 2^{\frac{1}{n}} - 1 \right) = \lim_{h\to+0} \frac{2^h - 1}{h} = g'(0) = \log 2 $$

また、$\lim_{n\to\infty} \frac{n}{n+1} = 1$ であるから、

$$ \lim_{n\to\infty} A_n = \frac{1}{2 \cdot 1} (2 \log 2 - 1) = \log 2 - \frac{1}{2} $$

次に、左辺の式を $B_n$ とおき、その極限を計算する。$1 \leqq x \leqq 2$ のとき $1 \leqq x^{\frac{1}{n}} \leqq 2^{\frac{1}{n}}$ であるから、分母について $2 \leqq x^{\frac{1}{n}} + 1 \leqq 2^{\frac{1}{n}} + 1$ が成り立つ。逆数をとって $x^{\frac{1}{n}} - 1 \ (\geqq 0)$ をかけると、

$$ \frac{x^{\frac{1}{n}} - 1}{2^{\frac{1}{n}} + 1} \leqq \frac{x^{\frac{1}{n}} - 1}{x^{\frac{1}{n}} + 1} \leqq \frac{x^{\frac{1}{n}} - 1}{2} $$

各辺を $1$ から $2$ まで積分して $n$ をかけると、

$$ \frac{2}{2^{\frac{1}{n}} + 1} \cdot \frac{n}{2} \int_1^2 (x^{\frac{1}{n}} - 1) dx \leqq B_n \leqq \frac{n}{2} \int_1^2 (x^{\frac{1}{n}} - 1) dx $$

すなわち、

$$ \frac{2}{2^{\frac{1}{n}} + 1} A_n \leqq B_n \leqq A_n $$

$n \to \infty$ のとき $2^{\frac{1}{n}} \to 1$ より $\frac{2}{2^{\frac{1}{n}} + 1} \to 1$ となる。先ほど求めた $\lim_{n\to\infty} A_n = \log 2 - \frac{1}{2}$ と合わせると、はさみうちの原理により、

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

以上のはさみうちの原理より、求める極限値は、

$$ \lim_{n \to \infty} n \int_1^2 \log \left( \frac{1 + x^{\frac{1}{n}}}{2} \right) dx = \log 2 - \frac{1}{2} $$

解法2

(2) について、置換積分と部分積分を用いる別解

$t = x^{\frac{1}{n}}$ とおくと、$x = t^n$ であり $dx = n t^{n-1} dt$ である。$x$ が $1$ から $2$ まで変化するとき、$t$ は $1$ から $2^{\frac{1}{n}}$ まで変化する。与えられた極限の式の中身を $I_n$ とおくと、

$$ I_n = n \int_1^{2^{\frac{1}{n}}} \log \left( \frac{1 + t}{2} \right) \cdot n t^{n-1} dt = n^2 \int_1^{2^{\frac{1}{n}}} t^{n-1} \log \left( \frac{1 + t}{2} \right) dt $$

部分積分法を用いると、

$$ I_n = n^2 \left[ \frac{t^n}{n} \log \left( \frac{1+t}{2} \right) \right]_1^{2^{\frac{1}{n}}} - n^2 \int_1^{2^{\frac{1}{n}}} \frac{t^n}{n} \cdot \frac{1}{\frac{1+t}{2}} \cdot \frac{1}{2} dt $$

$$ I_n = 2n \log \left( \frac{1 + 2^{\frac{1}{n}}}{2} \right) - n \int_1^{2^{\frac{1}{n}}} \frac{t^n}{1+t} dt $$

ここで、第1項の極限を考える。$u(h) = \log \left( \frac{1 + 2^h}{2} \right)$ とおくと、$u(0) = \log 1 = 0$ である。これを微分すると、

$$ u'(h) = \frac{1}{\frac{1+2^h}{2}} \cdot \frac{1}{2} \cdot 2^h \log 2 = \frac{2^h \log 2}{1 + 2^h} $$

より、$u'(0) = \frac{\log 2}{2}$ となる。$h = \frac{1}{n}$ とおくと $n \to \infty$ のとき $h \to +0$ であり、微分の定義から、

$$ \lim_{n\to\infty} 2n \log \left( \frac{1 + 2^{\frac{1}{n}}}{2} \right) = \lim_{h\to+0} 2 \frac{u(h) - u(0)}{h} = 2 u'(0) = \log 2 $$

次に、第2項の積分の極限を考える。$1 \leqq t \leqq 2^{\frac{1}{n}}$ において $\frac{1}{1+2^{\frac{1}{n}}} \leqq \frac{1}{1+t} \leqq \frac{1}{2}$ であるから、

$$ \frac{n}{1+2^{\frac{1}{n}}} \int_1^{2^{\frac{1}{n}}} t^n dt \leqq n \int_1^{2^{\frac{1}{n}}} \frac{t^n}{1+t} dt \leqq \frac{n}{2} \int_1^{2^{\frac{1}{n}}} t^n dt $$

ここで、積分の部分を計算すると、

$$ \int_1^{2^{\frac{1}{n}}} t^n dt = \left[ \frac{t^{n+1}}{n+1} \right]_1^{2^{\frac{1}{n}}} = \frac{2 \cdot 2^{\frac{1}{n}} - 1}{n+1} $$

これに $n$ をかけた式の極限は、

$$ \lim_{n\to\infty} n \cdot \frac{2 \cdot 2^{\frac{1}{n}} - 1}{n+1} = \lim_{n\to\infty} \frac{n}{n+1} \left( 2 \cdot 2^{\frac{1}{n}} - 1 \right) = 1 \cdot (2 - 1) = 1 $$

したがって、はさみうちの左辺の極限は $\frac{1}{1+1} \cdot 1 = \frac{1}{2}$、右辺の極限も $\frac{1}{2} \cdot 1 = \frac{1}{2}$ となるため、はさみうちの原理により、

$$ \lim_{n\to\infty} n \int_1^{2^{\frac{1}{n}}} \frac{t^n}{1+t} dt = \frac{1}{2} $$

以上より、第1項と第2項の極限がそれぞれ求まったので、

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

解説

（1）の不等式は、$y = \log x$ の $x=1$ における接線が $y = x - 1$ であり、対数関数が上に凸であることからも図形的に直感できる有名な不等式である。

（2）は解法1のように、(1)の不等式の $x$ を $\frac{1}{x}$ に置き換えることで下からの評価 $\log x \geqq \frac{x-1}{x}$ を自ら作り出し、はさみうちの原理を適用する流れが標準的である。積分区間内における各関数の大小関係を丁寧に評価する力が求められる。また、極限計算の途中で $\lim_{h\to 0} \frac{a^h - 1}{h} = \log a$ という微分係数の定義を利用する形が現れる点も、難関大で頻出のテーマである。

解法2のように、無理に(1)を使わずとも、適切な置換積分によって $x$ の肩にある $\frac{1}{n}$ を下ろし、部分積分によって $\log$ を消去することで、極限計算がしやすい形に持ち込むアプローチも非常に鮮やかで有効である。