1九州大学 2008年 数学 第1問解答・解説

(1) 増減・凹凸・漸近線とグラフ $\displaystyle f(x)=\dfrac{e^{x}}{e^{x}+1}$ とする。すべての実数 $x$ に対して $e^{x}+1>0$ であるから，$f$ の定義域は実数全体である。

$\displaystyle f(x)=1-\dfrac{1}{e^{x}+1}$ と変形して微分すると $$\displaystyle f'(x)=0-\left(-\frac{e^{x}}{(e^{x}+1)^{2}}\right)=\frac{e^{x}}{(e^{x}+1)^{2}}.$$ すべての $x$ で $e^{x}>0,\ (e^{x}+1)^{2}>0$ であるから，常に $f'(x)>0$ である。よって $f(x)$ は実数全体で単調に増加する。

次に $f'(x)=e^{x}(e^{x}+1)^{-2}$ をもう一度微分すると $$\displaystyle f''(x)=e^{x}(e^{x}+1)^{-2}+e^{x}\cdot(-2)(e^{x}+1)^{-3}e^{x} =\frac{e^{x}(e^{x}+1)-2e^{2x}}{(e^{x}+1)^{3}} =\frac{e^{x}\{(e^{x}+1)-2e^{x}\}}{(e^{x}+1)^{3}} =\frac{e^{x}(1-e^{x})}{(e^{x}+1)^{3}}.$$ 分母 $(e^{x}+1)^{3}>0$，$e^{x}>0$ なので，$f''(x)$ の符号は $1-e^{x}$ の符号と一致する。 $$f''(x)=0 \quad\text{すなわち}\quad 1-e^{x}=0 \quad\text{すなわち}\quad e^{x}=1 \quad\text{すなわち}\quad x=0.$$ $x<0$ のとき $e^{x}<1$ より $1-e^{x}>0$ なので $f''(x)>0$（下に凸），$x>0$ のとき $e^{x}>1$ より $1-e^{x}<0$ なので $f''(x)<0$（上に凸）である。したがって $x=0$ が変曲点であり，$\displaystyle f(0)=\dfrac{e^{0}}{e^{0}+1}=\dfrac{1}{2}$ より変曲点は $\displaystyle \left(0,\dfrac12\right)$ である。

増減・凹凸をまとめると次の表のようになる。 $$\displaystyle \begin{array}{c|ccccc} x & -\infty & \cdots & 0 & \cdots & +\infty\\ \hline f'(x) & & + & + & + & \\ f''(x) & & + & 0 & - & \\ f(x) & 0 & \nearrow(\text{下に凸}) & \dfrac12 & \nearrow(\text{上に凸}) & 1 \end{array}$$

漸近線については， $$\displaystyle \lim\limits _{x\to+\infty}f(x)=\lim\limits _{x\to+\infty}\frac{1}{1+e^{-x}}=\frac{1}{1+0}=1,\qquad \lim\limits _{x\to-\infty}f(x)=\lim\limits _{x\to-\infty}\frac{e^{x}}{e^{x}+1}=\frac{0}{0+1}=0$$ であるから，水平漸近線は $y=1$（$x\to+\infty$）と $y=0$（$x\to-\infty$）の2本であり，分母 $e^{x}+1$ は常に正で $0$ にならないから垂直漸近線はない。

なお，$\displaystyle f(-x)=\dfrac{e^{-x}}{e^{-x}+1}=\dfrac{1}{1+e^{x}}=1-f(x)$ より $f(x)+f(-x)=1$ が成り立ち，グラフは点 $\displaystyle \left(0,\dfrac12\right)$ に関して点対称である。

以上より，$y=f(x)$ のグラフは，$x\to-\infty$ で $y=0$ に，$x\to+\infty$ で $y=1$ にそれぞれ限りなく近づきながら単調に増加し，点 $\displaystyle \left(0,\dfrac12\right)$ を変曲点として $x<0$ で下に凸，$x>0$ で上に凸な，点 $\displaystyle \left(0,\dfrac12\right)$ に関して点対称なS字型（シグモイド型）の曲線である。概形を図に示す。

(2) 逆関数 (1) より $f$ は実数全体で単調増加であり，値域は $\displaystyle \lim\limits _{x\to-\infty}f(x)=0$ と $\displaystyle \lim\limits _{x\to+\infty}f(x)=1$ の間，すなわち $0<y<1$ である（実際 $\displaystyle y=\dfrac{e^x}{e^x+1}=\dfrac{1}{1+e^{-x}}$ は $0<y<1$ を満たし，単調増加な連続関数だから中間値の定理により $0<y<1$ のすべての値をとる）。また，異なる $x$ に対して $f(x)$ は異なる値をとるので，逆関数が存在する。

$\displaystyle y=\dfrac{e^{x}}{e^{x}+1}$ とおいて $x$ について解く（$0<y<1$）。 $$y(e^{x}+1)=e^{x}\ \quad\text{より}\quad\ ye^{x}+y=e^{x}\ \quad\text{より}\quad\ y=e^{x}(1-y).$$ $0<y<1$ より $1-y\neq0$ であるから $$\displaystyle e^{x}=\frac{y}{1-y}\ \quad\text{より}\quad\ x=\log\frac{y}{1-y}.$$ （$0<y<1$ のとき $\displaystyle \dfrac{y}{1-y}>0$ であるから対数は定義される。）

$x$ と $y$ を入れ替えて， $$\displaystyle f^{-1}(x)=\log\frac{x}{1-x}\qquad(0<x<1).$$

(3) 極限の計算 $\displaystyle t_{1}=\dfrac{1}{n+2},\ t_{2}=\dfrac{1}{n+1}$（$n$ は自然数）とおく。$n\ge1$ のとき $0<t_{1}<t_{2}<1$ であるから，(2) の $f^{-1}$ の定義域内にある。

まず $$\displaystyle \frac{t_{1}}{1-t_{1}}=\dfrac{\dfrac{1}{n+2}}{\dfrac{n+1}{n+2}}=\frac{1}{n+1},\qquad \frac{t_{2}}{1-t_{2}}=\dfrac{\dfrac{1}{n+1}}{\dfrac{n}{n+1}}=\frac{1}{n}$$ であるから，(2) の結果より $$\displaystyle f^{-1}(t_{1})-f^{-1}(t_{2})=\log\frac{1}{n+1}-\log\frac{1}{n}=\log\frac{n}{n+1}.$$

よって $$\displaystyle n\left\{f^{-1}\!\left(\frac{1}{n+2}\right)-f^{-1}\!\left(\frac{1}{n+1}\right)\right\} =n\log\frac{n}{n+1} =-n\log\frac{n+1}{n} =-n\log\!\left(1+\frac{1}{n}\right).$$

ここで $g(x)=\log(1+x)$ とおくと，$g$ は $x=0$ で微分可能で $g(0)=0$，$\displaystyle g'(x)=\dfrac{1}{1+x}$ より $g'(0)=1$ である。導関数の定義から $$\displaystyle \lim\limits _{h\to0}\frac{g(h)-g(0)}{h}=\lim\limits _{h\to0}\frac{\log(1+h)}{h}=g'(0)=1.$$ $n\to\infty$ のとき $\displaystyle h=\dfrac{1}{n}\to+0$ であるから，$\displaystyle h=\dfrac1n$ を代入して $$\displaystyle \lim\limits _{n\to\infty}n\log\!\left(1+\frac1n\right)=\lim\limits _{n\to\infty}\frac{\log\!\left(1+\dfrac1n\right)}{\dfrac1n}=\lim\limits _{h\to+0}\frac{\log(1+h)}{h}=1.$$

したがって $$\displaystyle \lim\limits _{n\to\infty}n\left\{f^{-1}\!\left(\frac{1}{n+2}\right)-f^{-1}\!\left(\frac{1}{n+1}\right)\right\} =\lim\limits _{n\to\infty}\left\{-n\log\!\left(1+\frac1n\right)\right\}=-1.$$

検算 $n$ が十分大きいとき，$\displaystyle n\log\!\left(1+\dfrac1n\right)\to1$ であることは，$\displaystyle \left(1+\dfrac1n\right)^{n}\to e$（自然対数の底の定義）の両辺の対数をとった $$\displaystyle n\log\!\left(1+\frac1n\right)=\log\!\left(1+\frac1n\right)^{n}\to\log e=1$$ とも整合する。また数値的にも，例えば $n=1000$ のとき $\displaystyle n\log\!\left(1+\dfrac1n\right)=1000\log(1.001)\approx0.9995$ であり，$-1$ に近づく様子と符合する。以上より (3) の答えは $-1$ である。