4高知大学 2019年 数学 第4問解答・解説

(1)　 $g(x)=x-\log x-1$（$x\geq1$）とおく。 $$\displaystyle g(1)=1-\log 1-1=0,\qquad g'(x)=1-\frac1x=\frac{x-1}{x}.$$ $x>1$ のとき $x-1>0$，$x>0$ であるから $g'(x)>0$ となる。よって $g$ は $x\ge1$ の範囲で単調増加であり，$x>1$ に対して $$g(x)>g(1)=0,$$ すなわち $x-\log x-1>0$，つまり $$x-\log x>1\ (\geq1)$$ が成り立つ。以上より，$x>1$ をみたす実数 $x$ に対して $x-\log x\geq1$ である。（証明終）

(2)　 $n=1$ のとき，$2(\sqrt1-1)=0$，$\log1=0$ であるから $$2(\sqrt1-1)=\log1$$ となり，等号が成り立つ。

$n\geq2$ のときは $\sqrt n>1$ であるから，(1) を $x=\sqrt n$ に適用できて $$\sqrt n-\log\sqrt n\geq1.$$ $\displaystyle \log\sqrt n=\dfrac12\log n$ であるから，これは $$\displaystyle \sqrt n-1\geq\frac12\log n$$ と書き換えられる。両辺を $2$ 倍すれば $$2(\sqrt n-1)\geq\log n$$ を得る。$n=1$ の場合と合わせて，正の整数 $n$ に対して $2(\sqrt n-1)\geq\log n$ が成り立つ。（証明終）

(3)　 $\log x$ は $x>0$ で単調増加である（$\displaystyle (\log x)'=\dfrac1x>0$）。$n$ を $2$ 以上の整数とし，$1/n\le x\le1$ の範囲を、$k=1,\ldots,n-1$ に対する $k/n\le x\le(k+1)/n$ という $n-1$ 個の幅 $\displaystyle \dfrac1n$ の小区間に分割する。各 $k=1,\dots,n-1$ について，$\displaystyle \dfrac kn\le x\le\dfrac{k+1}n$ のとき $\log x$ の単調増加性から $$\displaystyle \log\frac kn\leq\log x\leq\log\frac{k+1}n$$ が成り立つ。この不等式を$\displaystyle \dfrac kn\le x\le\dfrac{k+1}n$ の範囲（幅 $\displaystyle \dfrac1n$）で積分すると，定積分の単調性より $$\displaystyle \frac1n\log\frac kn\leq\int_{k/n}^{(k+1)/n}\log x\,dx\leq\frac1n\log\frac{k+1}n$$ を得る。これを $k=1,2,\dots,n-1$ について加え合わせ， $$\displaystyle \sum\limits _{k=1}^{n-1}\int_{k/n}^{(k+1)/n}\log x\,dx=\int_{1/n}^{1}\log x\,dx$$ であることを用いると， $$\displaystyle \frac1n\sum\limits _{k=1}^{n-1}\log\frac kn\leq\int_{\frac1n}^{1}\log x\,dx\leq\frac1n\sum\limits _{k=1}^{n-1}\log\frac{k+1}n$$ が示される。（証明終）

(4)　 $$\displaystyle S_n=\left(\frac1n\sum\limits _{k=1}^{n}\log k\right)-\log n$$ とおく。$\displaystyle \log n=\dfrac1n\displaystyle\sum\limits _{k=1}^n\log n$ であるから $$\displaystyle S_n=\frac1n\sum\limits _{k=1}^{n}\bigl(\log k-\log n\bigr)=\frac1n\sum\limits _{k=1}^{n}\log\frac kn.$$ $k=n$ の項は $\log(n/n)=\log1=0$ なので，これは $$\displaystyle S_n=\frac1n\sum\limits _{k=1}^{n-1}\log\frac kn$$ となり，(3) の不等式の左辺の和に一致する。よって (3) より $$\displaystyle S_n\leq\int_{\frac1n}^{1}\log x\,dx. \tag{A}$$ また，(3) の不等式の右辺の和を $j=k+1$（$j=2,\dots,n$）と添字を替えて整理すると， $$\displaystyle \frac1n\sum\limits _{k=1}^{n-1}\log\frac{k+1}n=\frac1n\sum\limits _{j=2}^{n}\log\frac jn=\frac1n\sum\limits _{j=1}^{n}\log\frac jn-\frac1n\log\frac1n=S_n+\frac{\log n}{n}$$ であるから，(3) の右側の不等式は $$\displaystyle \int_{\frac1n}^{1}\log x\,dx\leq S_n+\frac{\log n}{n} \tag{B}$$ と書き換えられる。

一方，$\displaystyle (x\log x-x)'=\log x+x\cdot\dfrac1x-1=\log x$ であるから $x\log x-x$ は $\log x$ の原始関数であり， $$\displaystyle \int_{\frac1n}^{1}\log x\,dx=\Bigl[x\log x-x\Bigr]_{\frac1n}^{1} =(1\cdot\log1-1)-\left(\frac1n\log\frac1n-\frac1n\right) =-1+\frac{\log n}{n}+\frac1n$$ と計算できる。これを (A)，(B) に代入すると $$\displaystyle S_n\leq-1+\frac{\log n}{n}+\frac1n,\qquad -1+\frac{\log n}{n}+\frac1n\leq S_n+\frac{\log n}{n}$$ となり，後者を整理すれば $\displaystyle S_n\geq-1+\dfrac1n$ を得る。まとめると $$\displaystyle -1+\frac1n\leq S_n\leq-1+\frac{\log n}{n}+\frac1n. \tag{C}$$

ここで (2) より，正の整数 $n$ に対して $0\leq\log n\leq2(\sqrt n-1)<2\sqrt n$ であるから，両辺を $n>0$ で割って $$\displaystyle 0\leq\frac{\log n}{n}<\frac{2}{\sqrt n}.$$ $n\to\infty$ のとき $\displaystyle \dfrac{2}{\sqrt n}\to0$ であるから，はさみうちの原理より $$\displaystyle \lim\limits _{n\to\infty}\frac{\log n}{n}=0$$ が成り立つ。したがって (C) の両端はともに $$\displaystyle \lim\limits _{n\to\infty}\left(-1+\frac1n\right)=-1,\qquad \lim\limits _{n\to\infty}\left(-1+\frac{\log n}{n}+\frac1n\right)=-1$$ に収束するから，はさみうちの原理により $$\displaystyle \lim\limits _{n\to\infty}S_n=\lim\limits _{n\to\infty}\left(\left(\frac1n\sum\limits _{k=1}^{n}\log k\right)-\log n\right)=-1.$$