2東京慈恵会医科大学 2020年 数学 第2問解答・解説

・ $$\displaystyle F(t)=\log(1+t)-\frac{t}{1+t},\qquad F'(t)=\frac{t}{(1+t)^2}\ge0,\qquad F(0)=0.$$ したがって $F(t)\ge0$。また $$\displaystyle G(t)=t-\log(1+t),\qquad G'(t)=\frac{t}{1+t}\ge0,\qquad G(0)=0$$ だから $G(t)\ge0$。よって $t\ge0$ に対して $$\displaystyle \frac{t}{1+t}\le\log(1+t)\le t.$$

・ $p\ge2$ と $x>0$ を固定し、 $$\displaystyle H_n=\sum\limits _{k=n}^{pn}\frac1k$$ とおく。まず (1) を $t=1/k$ に用いると $$\displaystyle \frac1{k+1}\le\log\left(1+\frac1k\right)\le\frac1k.$$ これを $k=n,\ldots,pn$ で足し合わせれば $$\displaystyle \log\left(\frac{pn+1}{n}\right)\le H_n \le\log\left(\frac{pn+1}{n}\right)+\frac1n-\frac1{pn+1}.$$ よって $H_n\to\log p$。 一方、(1) を $t=x/k$ に用いて $$\displaystyle \sum\limits _{k=n}^{pn}\frac{x}{k+x} \le\log f_n(x) =\sum\limits _{k=n}^{pn}\log\left(1+\frac{x}{k}\right) \le xH_n.$$ 両側の差について $$\displaystyle 0\le xH_n-\sum\limits _{k=n}^{pn}\frac{x}{k+x} =\sum\limits _{k=n}^{pn}\frac{x^2}{k(k+x)} \le\frac{x^2((p-1)n+1)}{n^2}\longrightarrow0.$$ したがって両側はともに $x\log p$ に近づき、はさみうちの原理から $$\log f_n(x)\longrightarrow x\log p.$$ 指数関数の連続性により $$\displaystyle f(x)=\lim\limits _{n\to\infty}f_n(x) =\exp(x\log p)=p^x.$$