2013旭川医科大 数学４

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【解答】

　(１)
　　　　　　　　$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf f\ (x)=x\log x-x\ \ (x>0)\end{align*}}$
　　　とおくと、導関数は、　
　　　　　　　　$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf f\ '(x)=\log x+x\cdot\frac{1}{x}-1=\log x\end{align*}}$
　　　となる。また、
　　　　　　　　$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \lim_{x\rightarrow 0}\ \left(x\log x-x\right)=0\ \ ,\ \ f\ (e)=0\end{align*}}$
　　　なので、f(x)の増減および、y＝f(x)のグラフは次のようになる。

　　　　　

　(２)
　　　Cについて、　　　
　　　　　　　　$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf y\ '=\frac{1}{x+1}\end{align*}}$
　　　となるので、(t，log(t＋1))における接線L_tの方程式は、
　　　　　　　　$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf L_t:\ y-\log(t+1)=\frac{1}{t+a}(x-t)\end{align*}}$
　　　　　　$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \ \ \Leftrightarrow\ \ y=\frac{1}{t+1}x+\log(t+1)-\frac{t}{t+1}\end{align*}}$ ．
　　　一方、C_aについて、
　　　　　　　　$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf y\ '=\frac{a}{x}\end{align*}}$
　　　となるので、(s，alogs)における接線L_sの方程式は、
　　　　　　　　$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf L_s:\ y-a\log s=\frac{a}{s}(x-s)\end{align*}}$
　　　　　　$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \ \ \Leftrightarrow\ \ y=\frac{a}{s}x+a\log s-a\end{align*}}$ ．
　　　これら2直線が一致するとき、
　　　　　　　　$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \frac{1}{t+1}=\frac{a}{s}\end{align*}}$　････①　　かつ
　　　　　　　　$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \log(t+1)-\frac{t}{t+1}=a\log s-a\end{align*}}$　････②
　　　となる。
　　　①より
　　　　　　　　$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf a=\frac{s}{t+1}\end{align*}}$
　　　であり、これを②に代入してaを消去すると、
　　　　　　　　$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \log(t+1)-\frac{t}{t+1}=\frac{s}{t+1}\log s-\frac{s}{t+1}\end{align*}}$
　　　　　　$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \ \ \Leftrightarrow\ \ \underline{\ (t+1)\log (t+1)-t=s\log s-s\ }\end{align*}}$
　　　となり、これがs、tが満たすべき条件である。


　(３)
　　　(２)で得られた関係式は
　　　　　　　　$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf s\log s-s=(t+1)\log (t+1)-(t+1)+1\end{align*}}$
　　　と変形できるので、(１)で定義した関数f(x)を用いて、
　　　　　　　　f(s)＝f(t＋1)＋1　････③
　　　と表すことができる。

　　　(１)より、－1＜tである任意のtに対して、－1≦f(t＋1)であり、
　　　これと③より、0≦f(s)．
　　　f(x)はe≦xの範囲で単調に増加するので、任意のtに対して
　　　③を満たすようなsがe≦xの範囲にただ１つ存在し、t＋1＜sである。
　　　これと①より
　　　　　　　　$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf a=\frac{s}{t+1}>\frac{t+1}{t+1}=1\end{align*}}$
　　　となるようなaがただ１つ存在することになる。
　　　よって、題意は示された。


　(４)
　　　(２)で求めた関係式の両辺をtで微分すると、
　　　　　　　　$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \log(t+1)+\frac{t+1}{t+1}-1=\left(\log s+\frac{s}{s}-1\right)\cdot\frac{ds}{dt}\end{align*}}$
　　　　　　$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \ \ \Leftrightarrow\ \ s\ '(t)=\frac{ds}{dt}=\frac{\log(t+1)}{\log s}\end{align*}}$
　　　ここで、(3)より、s≧eなので、分母＞0．
　　　また、分子＝0 となるのは、t＝0 のときなので、
　　　t＞－1におけるs(t)の増減は次のようになる。

　　　　　

　　　一方、f(x)はx＞0で連続かつ微分可能なので、
　　　平均値の定理より
　　　　　　　　$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \frac{f\ (s)-f\ (t+1)}{s-(t+1)}=f\ '(c)=\log c\end{align*}}$　････④
　　　となるような、cが t＋1＜c＜s の範囲に存在する。
　　　logxは単調に増加するので、
　　　　　　　　$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \log (t+1)\lt log c\lt \log s\end{align*}}$
　　　　　　$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \ \ \Leftrightarrow\ \ \log (t+1)<\frac{f\ (s)-f\ (t+1)}{s-(t+1)}<\log s\end{align*}}$　←④より
　　　　　　$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \ \ \Leftrightarrow\ \ \log (t+1)<\frac{1}{s-(t+1)}<\log s\end{align*}}$　　←③より
　　　t→+∞の場合を考えるので、１＜t+1 すなわち 0＜log(t+1)
　　　としてよく、両辺の逆数をとると　　　
　　　　　　　　$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \frac{1}{\log s}\lt s-t-1\lt \frac{1}{\log (t+1)}\end{align*}}$
　　　　　　$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \ \ \Leftrightarrow\ \ \frac{1}{\log s}+1\lt s(t)-t\lt \frac{1}{\log (t+1)}+1\end{align*}}$
　　　t→+∞のときs→+∞なので
　　　　　　　　$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \lim_{t\rightarrow\infty}\frac{1}{\log (t+1)}=\lim_{t\rightarrow\infty}\frac{1}{\log s}=0\end{align*}}$
　　　であり、はさみうちの原理より、
　　　　　　　　　　$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \lim_{t\rightarrow\infty}\ \left(s(t)-t\right)=\underline{\ 1\ }\end{align*}}$
　　　となる。




　　(１)で、何の説明もなく
　　　　　　　　$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf {\color{blue}\lim_{x\rightarrow 0}\ \left(x\log x-x\right)=0}\end{align*}}$
　　としましたが、これを一から証明しようとすると、以下のように
　　大変なことになります・・・・

　(ア) まず、$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf {\color{blue}\lim_{n\rightarrow\infty}\ \frac{e^n}{n}=+\infty}\end{align*}}$ を示す。
　　　ｅ＞１より、正の数ａを用いて
　　　　　　　ｅ＝１＋ａ　
　　　とおく。両辺をｎ乗すると、
　　　　　　　$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf {\color{blue}e^n=(1+a)^n=_nC_0+_nC_1\ a+_nC_2\ a^2+\underline{_nC_3\ a^3+\ldots\ldots+_nC_n\ a^n}}\end{align*}}$
　　　ａ＞０より、上式の下線部＞０なので、
　　　　　　　$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf {\color{blue}e^n>_nC_0+_nC_1\ a+_nC_2\ a^2\ \ \Leftrightarrow\ \ e^n>1+n\ a+\frac{n(n-1)}{2}\ a^2}\end{align*}}$ ．
　　　両辺をｎで割ると、
　　　　　$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \frac{e^n}{n}\gt\frac{1}{n}+a+\frac{n-1}{2}\ a^2\end{align*}}$ ．
　　　ここで、右辺は＋∞に発散するので、
　　　　　 $\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf {\color{blue}\lim_{n\rightarrow\infty}\ \frac{e^n}{n}=+\infty}\end{align*}}$


　(イ) 次に $\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf {\color{blue}\lim_{N\rightarrow\infty}\ \frac{\log N}{N}=0}\end{align*}}$ を示す。
　　　(ア)の両辺の逆数をとると、
　　　　　 $\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf {\color{blue}\lim_{n\rightarrow\infty}\ \frac{n}{e^n}=\frac{1}{\infty}=0}\end{align*}}$ ．
　　　この式において
　　　　　ｎ＝logＮとおくと、ｅⁿ＝N
　　　であり、ｎ→＋∞のとき Ｎ→＋∞なので、
　　　　　 $\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf {\color{blue}\lim_{n\rightarrow\infty}\ \frac{n}{e^n}=\lim_{N\rightarrow\infty}\ \frac{\log N}{N}=0}\end{align*}}$ ．


　(ウ) 最後に $\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf {\color{blue}\lim_{x\rightarrow 0}\ \left(x\log x-x\right)=0}\end{align*}}$ を示す。
　　　　　　　　$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf {\color{blue}x=\frac{1}{N}}\end{align*}}$
　　　とおくと、x→0のときN→＋∞となるので、
　　　　　　　　$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf {\color{blue}\lim_{x\rightarrow 0}\ x\log x=\lim_{N\rightarrow\infty}\ \frac{1}{N}\ \log\frac{1}{N}}\end{align*}}$
　　　　　　　　　　　　　　$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf {\color{blue}=-\lim_{N\rightarrow\infty}\ \frac{\log N}{N}}\end{align*}}$
　　　　　　　　　　　　　　$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf {\color{blue}=0}\end{align*}}$　　←(イ)より
　　　よって、
　　　　　　　　$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf {\color{blue}\lim_{x\rightarrow 0}\ \left(x\log x-x\right)=0}\end{align*}}$
　　　となる。


　　さて、ここまでの解答が求められているのでしょうかね（笑）？？