1九州大学 2006年 数学 第1問解答・解説

以下，$\displaystyle f(x)=\dfrac{\log x}{x}\ (x>0)$ とおく。

(1) の証明

$f$ を微分すると $$\displaystyle f'(x)=\frac{\frac{1}{x}\cdot x-\log x\cdot 1}{x^{2}}=\frac{1-\log x}{x^{2}}\quad(x>0).$$ $f'(x)=0\text{、すなわち } \log x=1\text{、すなわち } x=e$ であり，$0<x<e$ のとき $\log x<1$ より $f'(x)>0$，$x>e$ のとき $\log x>1$ より $f'(x)<0$ である。よって $f$ は $0<x\le e$ で単調増加，$x\ge e$ で単調減少し，$x=e$ で最大値 $\displaystyle f(e)=\dfrac{1}{e}$ をとる。

境界での挙動を調べる。$\displaystyle x=\dfrac1t\ (t>0)$ とおくと，$x\to 0^{+}$ は $t\to\infty$ に対応し， $$\displaystyle f(x)=\frac{\log\frac1t}{\frac1t}=-t\log t.$$ $t\to\infty$ のとき $t\log t\to\infty$ であるから，$f(x)\to -\infty\ (x\to0^{+})$ である。

また $x>1$ のとき $\log x>0$ より $f(x)>0$ であり，問題文で用いてよいとされる $\displaystyle\lim\limits _{x\to\infty}\frac{\log x}{x}=0$ とあわせて，$f(x)\to 0^{+}\ (x\to\infty)$ である。

さて $0<x\le 1$ では $\log x\le 0$ より $f(x)\le 0$ であるから，$\displaystyle f(x)=\dfrac{1}{3n}>0$ を満たす $x$ はこの範囲には存在しない。

区間 $1<x\le e$ で考える。$f$ はここで連続かつ増加（異なるxの値に対して同じ値をとらない）で，$\displaystyle f(1)=0,\ f(e)=\dfrac1e$。$e<3$ より $3n\ge 3>e$（$n$ は自然数）であるから $$\displaystyle 0=f(1)<\frac{1}{3n}<\frac1e=f(e).$$ 中間値の定理と、$f$ が異なるxの値に対して同じ値をとらないことより，$\displaystyle f(x)=\dfrac1{3n}$ を満たす $x$ は $1<x<e$ の中にちょうど1つ存在する。これを $\alpha_n$ とする。

区間 $x\ge e$ で考える。$f$ はここで連続かつ減少（異なるxの値に対して同じ値をとらない）で，$\displaystyle f(e)=\dfrac1e$ から $x\to\infty$ で $0$ に近づく（到達しない）。$\displaystyle 0<\dfrac1{3n}<\dfrac1e=f(e)$ であるから，同様に中間値の定理と単調性より，$\displaystyle f(x)=\dfrac1{3n}$ を満たす $x$ は $x>e$ の中にちょうど1つ存在する。これを $\beta_n$ とする（$\displaystyle f(e)=\frac1e\neq\frac1{3n}$ であるから $\beta_n\neq e$）。

以上により，$0<x\le1$ には解がなく，$1<x<e$ にちょうど1つ，$x>e$ にちょうど1つの解があるので，方程式 $\displaystyle \dfrac{\log x}{x}=\dfrac{1}{3n}$ は $x>0$ の範囲でちょうど2つの実数解 $\alpha_n,\beta_n\ (\alpha_n<\beta_n)$ をもつ。$\blacksquare$

(2) の証明

(i) $\displaystyle 1<\alpha_n<e^{\frac1n}$ を示す。

$1<\alpha_n<e$ であるから，まず $1<\alpha_n$ が成り立つ。

$n\ge 1$ より $\displaystyle 0<\dfrac1n\le 1$ なので $\displaystyle 1<e^{\frac1n}\le e$ である。ここで $$\displaystyle f\!\left(e^{\frac1n}\right)=\frac{\log e^{\frac1n}}{e^{\frac1n}}=\frac{\frac1n}{e^{\frac1n}}=\frac{1}{n\,e^{\frac1n}}.$$ $\displaystyle e^{\frac1n}\le e<3$ であるから $\displaystyle n\,e^{\frac1n}<3n$，よって $$\displaystyle f\!\left(e^{\frac1n}\right)=\frac{1}{n\,e^{\frac1n}}>\frac{1}{3n}=f(\alpha_n).$$ $\displaystyle e^{\frac1n}$ と $\alpha_n$ はいずれも $f$ が増加（異なるxの値に対して同じ値をとらない）である区間 $0<x\le e$ に属するから，$\displaystyle f\!\left(e^{\frac1n}\right)>f(\alpha_n)$ より $$\displaystyle e^{\frac1n}>\alpha_n.$$ 以上で $\displaystyle 1<\alpha_n<e^{\frac1n}$ が示された。

(ii) $ne<\beta_n$ を示す。

$$\displaystyle f(ne)=\frac{\log(ne)}{ne}=\frac{\log n+\log e}{ne}=\frac{\log n+1}{ne}.$$ $n\ge1$ より $\log n\ge 0$ であるから $\log n+1\ge 1$，よって $$\displaystyle f(ne)=\frac{\log n+1}{ne}\ge\frac{1}{ne}.$$ また $e<3$ より $ne<3n$，したがって $\displaystyle \dfrac1{ne}>\dfrac1{3n}$。ゆえに $$\displaystyle f(ne)\ge\frac{1}{ne}>\frac{1}{3n}=f(\beta_n).$$ $ne\ (\ge e)$ と $\beta_n\ (>e)$ はいずれも $f$ が減少（異なるxの値に対して同じ値をとらない）である区間 $x\ge e$ に属するから，$f(ne)>f(\beta_n)$ より $$ne<\beta_n.$$

(iii) $\displaystyle\lim\limits _{n\to\infty}\alpha_n$ を求める。

(i) より，すべての自然数 $n$ について $$\displaystyle 1<\alpha_n<e^{\frac1n}$$ が成り立つ。$n\to\infty$ のとき $\displaystyle \dfrac1n\to0$ であり，指数関数の連続性より $\displaystyle e^{\frac1n}\to e^{0}=1$ である。したがってはさみうちの原理により $$\displaystyle \lim\limits _{n\to\infty}\alpha_n=1.$$