第5問
数列$\small\sf{\{a_n\}}$ を$\small\sf{\begin{align*}\sf a_n=\frac{1}{2^n}\ \ \left(n=1,2,3,\cdots\right)\end{align*}}$ で定める。以下の問いに答えよ。
(1) $\small\sf{\begin{align*}\sf t\gt 0\end{align*}}$ のとき、$\small\sf{\begin{align*}\sf 1\leqq\frac{e^t-1}{t}\leqq e^t\end{align*}}$ であることを示せ。
(2) 数列$\small\sf{\begin{align*}\sf\{x_n\}\ ,\ \{y_n\}\ ,\ \{z_n\} \end{align*}}$ を
$\displaystyle\sf{\begin{eqnarray} \left\{ \begin{array}{l}\sf x_n=\log\left(e^{a_n}+1\right) \\ \sf y_n=\log\left(e^{a_n}-1\right) \\ \sf z_n=y_n+\sum_{k=1}^nx_k \end{array} \right.\end{eqnarray}\ \ \ \left(n=1,2,3,\cdots\right)}$
で定める。znはnによらない定数であることを示せ。
(3) $\small\sf{\begin{align*}\sf \sum_{k=1}^{\infty}\log\left(\frac{e^{a_k}+1}{2}\right)\end{align*}}$ を求めよ。
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【解答】
(1)
関数f(t)を
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf f(t)=e^t-t-1\ \ (t\gt 0)\end{align*}}$
とおくと、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf f'(t)=e^t-1\gt 0\end{align*}}$
なので、f(t)は単調に増加する。
また、$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf f(0)=0\end{align*}}$ なので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf f(t)\geqq 0\ \ \Leftrightarrow\ \ e^t-1\geqq t\ \ \Leftrightarrow\ \ 1\leqq\frac{e^t-1}{t}\end{align*}}$
一方、関数$\scriptsize\sf{g(t)}$ を
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf g(t)=(t-1)e^t+1\ \ (t\gt 0)\end{align*}}$
とおくと、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf g'(t)=e^t+(t-1)e^t=te^t\gt 0\gt 0\end{align*}}$
なので、$\scriptsize\sf{g(t)}$ は単調に増加する。
また、$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf g(0)=0\end{align*}}$ なので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf g(t)\geqq 0\ \ \Leftrightarrow\ \ e^t-1\leqq te^e\ \ \Leftrightarrow\ \ \frac{e^t-1}{t}\leqq e^t\end{align*}}$
以上より、題意は示された。
(2)
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf n=2,3,4,\cdots\end{align*}}$ に対して
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf 2a_n=2\cdot\frac{1}{2^n}=\frac{1}{2^{n-1}}=a_{n-1}\end{align*}}$
が成り立つので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf y_n+x_n&=\sf \log\left(e^{a_n}-1\right)+\log\left(e^{a_n}+1\right)\\ &=\sf \log\left(e^{a_n}-1\right)\left(e^{a_n}+1\right)\\ &=\sf \log\left(e^{2a_n}-1\right)\\ &=\sf \log\left(e^{a_{n-1}}-1\right)\\ &=\sf y_{n-1}\end{align*}}$
よって、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf z_n&=\sf y_n+\sum_{k=1}^nx_k\\ &=\sf y_n+\left(x_n+x_{n-1}+x_{n-2}\cdots x_2+x_1\right)\\ &=\sf \left(y_n+x_n\right)+x_{n-1}+x_{n-2}+\cdots x_2+x_1\\ &=\sf \left(y_{n-1}+x_{n-1}\right)+x_{n-2}\cdots x_2+x_1\\ &=\sf \left(y_{n-2}+x_{n-2}\right)\cdots x_2+x_1\\ &\vdots \\ &=\sf y_1+x_1\\ &=\sf \log\left(e^{\frac{1}{2}}-1\right)+\log\left(e^{\frac{1}{2}}-1\right)\\ &=\sf \log\left(e^{\frac{1}{2}}-1\right)\left(e^{\frac{1}{2}}-1\right)\\ &=\sf \underline{\log\left(e-1\right)}\end{align*}}$
(3)
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf\sum_{k=1}^n\log\left(\frac{e^{a_k}+1}{2}\right)&=\sf\sum_{k=1}^n\big\{\log\left(e^{a_k}+1\right)-\log2\big\}\\ &=\sf \sum_{k=1}^nx_k-n\log 2\\ &=\sf z_n-y_n-n\log 2\\ &=\sf \log (e-1)-\log\left(e^{\frac{1}{2^n}}-1\right) -\log2^n\\ &=\sf \log (e-1)-\log\frac{e^{\frac{1}{2^n}}-1}{\frac{1}{2^n}}\end{align*}}$
ここで、$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \frac{1}{2^n}\gt 0\end{align*}}$ なので、(1)より
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf 1\leqq\frac{e^{\frac{1}{2^n}}-1}{\frac{1}{2^n}}\leqq e^{\frac{1}{2^n}}\end{align*}}$
自然対数をとると、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf 0\leqq\log\frac{e^{\frac{1}{2^n}}-1}{\frac{1}{2^n}}\leqq \frac{1}{2^n}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf 0\lt\frac{1}{2}\lt 1\end{align*}}$ より、$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf\lim_{n\rightarrow\infty} \frac{1}{2^n}=0\end{align*}}$ なので、はさみうちの原理より
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \lim_{n\rightarrow\infty}\log\frac{e^{\frac{1}{2^n}}-1}{\frac{1}{2^n}}=0\end{align*}}$
よって、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \sum_{k=1}^{\infty}\log\left(\frac{e^{a_k}+1}{2}\right)=\lim_{n\rightarrow\infty}\sum_{k=1}^n\log\left(\frac{e^{a_k}+1}{2}\right)=\underline{\log (e-1)}\end{align*}}$
テーマ:数学 - ジャンル:学問・文化・芸術
- 2019/03/25(月) 23:57:00|
- 大学入試(数学) .関東の大学 .筑波大 2019
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