熊本大学 2025年度理系数学第4問（理工系）解答・解説

問題

以下の問いに答えよ。(問1)　 $x > 0$ のとき，不等式 $lo g (x + 3) < x + lo g 3$ を証明せよ。(問2)　 $n$ を $2$ 以上の整数とするとき，不等式

1 + \frac{1}{2} + \frac{1}{3} + \dots + \frac{1}{n} < 1 + lo g n

を証明せよ。(問3)　数列 ${a_{n}}$ を

a_{1} = 4, a_{n + 1} = (3 + \frac{1}{n + 1}) a_{n} (n = 1, 2, 3, \dots)

により定める。 $lim_{n \to \infty} n a_{n}$ の値を求めよ。ただし， $lim_{n \to \infty} \frac{l o g n}{n} = 0$ を用いてよい。

出典：熊本大学 2025年度前期理系第4問

(問1)は差を関数として微分し単調性で示す。(問2)は $1/ k < \int_{k - 1}^{k} 1/ x d x$ を足し上げる。(問3)は漸化式の対数を取り、 $lo g 3$ との差を調和級数程度に抑えて、与えられた $lo g n / n \to 0$ を使う。

h (x) = x + lo g 3 - lo g (x + 3)

とおく。 $x > 0$ で

h^{'} (x) = 1 - \frac{1}{x + 3} > 0

であり、 $h (0) = 0$ である。したがって $x > 0$ では $h (x) > 0$ であるから

lo g (x + 3) < x + lo g 3

が成り立つ。

$k = 2, 3, \dots, n$ について、区間 $[k - 1, k]$ では $1/ x > 1/ k$ である。したがって

\frac{1}{k} < \int_{k - 1}^{k} \frac{1}{x} d x = lo g k - lo g (k - 1)

である。これを $k = 2$ から $n$ まで足すと

\frac{1}{2} + \frac{1}{3} + \dots + \frac{1}{n} < lo g n

となる。よって

1 + \frac{1}{2} + \frac{1}{3} + \dots + \frac{1}{n} < 1 + lo g n

である。

漸化式から

lo g a_{n} = lo g 4 + r = 2 \sum n lo g (3 + \frac{1}{r})

である。ここで

lo g 3 < lo g (3 + \frac{1}{r}) = lo g 3 + lo g (1 + \frac{1}{3 r}) < lo g 3 + \frac{1}{r}

である。したがって

lo g 4 + (n - 1) lo g 3 < lo g a_{n} < lo g 4 + (n - 1) lo g 3 + r = 2 \sum n \frac{1}{r}

である。(問2)より $\sum_{r = 2}^{n} 1/ r < lo g n$ であるから、両辺を $n$ で割ると

n \to \infty lim \frac{lo g a _{n}}{n} = lo g 3

となる。よって

n \to \infty lim n a_{n} = 3

である。