[math]2000年度東京工業大学前期数学問題4

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問題

$n$は$2$以上の自然数とする。関数$y = e^{x}\cdots\cdots\text{（ア）}, y = e^{nx}-1\cdots\cdots\text{（イ）}$について以下の問に答えよ。
$(1)$ $\text{（ア）}$と$\text{（イ）}$のグラフは第$1$象限においてただひとつの交点を持つことを示せ。
$(2)$ $(1)$で得られた交点の座標を$(a_n, b_n)$としたとき$\displaystyle \lim_{n\to\infty}{a_n}$と$\displaystyle \lim_{n\to\infty}{na_n}$を求めよ。
$(3)$ 第$1$象限内での$\text{（ア）}$と$\text{（イ）}$のグラフおよび$y$軸で囲まれた部分の面積を$S_n$とおく。このとき$\displaystyle \lim_{n\to\infty}{nS_n}$を求めよ。

方針

$\displaystyle \lim_{n\to\infty}{a_n} \ne 0$だと$na_n$の極限は発散するので、$\displaystyle \lim_{n\to\infty}{a_n} = 0$なのだろう。

解答

$(1)$ $f(x) = e^x-e^{nx}+1$とする。$$\begin{eqnarray}f^{\prime}(x) & = & e^x-ne^{nx}\\ & = & ne^{x}\left(\frac{1}{n}-e^{(n-1)x}\right)\end{eqnarray}$$である。したがって、$f^{\prime}(x) = 0$となるのは、$\displaystyle \frac{1}{n}-e^{(n-1)x} = 0$、すなわち$\displaystyle x = \frac{-\log{n}}{n-1}$のときである。この$x$の値は負の値であるから、$x > 0$においては$f^{\prime}(x) < 0$であることが分かる。これから、$x > 0$において$f(x)$は減少する。$\displaystyle f(0) = 1, \lim_{x\to\infty}{f(x)} = -\infty$であるから、$x > 0$においてただひとつ$f(x) = 0$を満たす$x$が存在する。その$x$を$\alpha$とすると、$e^{\alpha} > 0$であるから、交点は第$1$象限にある。よって、題意の通り$\text{（ア）}$と$\text{（イ）}$のグラフは第$1$象限にただひとつの交点を持つ。

$(2)$ $$\begin{eqnarray}f\left(\frac{\log{3}}{n}\right) & = & e^{\frac{\log{3}}{n}}-e^{\log{3}}+1\\ & = & 3^{\frac{1}{n}}-3+1 \\ & = & 3^{\frac{1}{n}}-2 \\ & \leq & 3^{\frac{1}{2}}-2 \\ & = & \sqrt{3}-2 \\ & < & 0\end{eqnarray}$$である。これと$(1)$から$\displaystyle 0 < a_n < \frac{\log{3}}{n}$であることがわかるので、はさみうちの原理から$\displaystyle \underline{\lim_{n\to\infty}{a_n} = 0}$である。また、$\displaystyle f(a_n) = e^{a_n}-e^{na_n} + 1 = 0$だから、$$\begin{eqnarray}na_n & = & \log{(e^{a_n} + 1)}\\ & \to & \log{(1+1)}\\ & = & \log{2} \end{eqnarray}$$となるから、$\displaystyle \underline{\lim_{n\to\infty}{na_n} = \log{2}}$となる。

$(3)$ 下の図から、$$\begin{eqnarray}S_n & = & \int_{0}^{a_n}{f(x)fx}\\ & = & \int_{0}^{a_n}{(e^{a_n}-e^{na_n}+1)dx}\\ & = & \left[e^x-\frac{e^{nx}}{n} + x\right]_{0}^{a_n}\\ & = & e^{a_n}-1-\frac{e^{na_n}-1}{n} + a_n\end{eqnarray}$$となる。これから、$$\begin{eqnarray}nS_n & = & n(e^{a_n}-1)-e^{na_n}+1+na_n\\ & = & \frac{e^{a_n}-1}{a_n}\cdot na_n-e^{na_n} + 1+na_n\\ & \to & e^{\prime}_{\mid x = 0}\cdot \log{2}-e^{\log{2}}+1+\log{2} \ \ \ (n\to \infty)\\ & = & \log{2}-2+1+\log{2}\\ & = & 2\log{2}-1\end{eqnarray}$$となる。

解説

$(2)$ $(1)$から$f(x)$は単調に減少するので、$f(x) < 0$となる$x$を見つけることができれば$a_n$についての不等式を立てることができる。$\displaystyle \lim_{n\to\infty}{a_n}\ne 0$だと$na_n$の極限は求められないので、当然$a_n$の極限は$0$になると予想して評価していく。

極限自体は比較的簡単に求めることができるが、自分で不等式を作り評価しなくてはならず、難しい問題である。