九州大学 1996年度理系数学第3問解答・解説

問題

自然数 $n > 1$ に対して $a_{n} = lo g [(n - 1)!] + \frac{1}{2} lo g n$ とする．次の問いに答えよ．

(1) 曲線 $y = lo g x$ 上の点 $(k, lo g k)$ における接線と2直線 $x = k - \frac{1}{2}$ と $x = k + \frac{1}{2}$ ，および $x$ 軸で囲まれた部分の面積を求めよ．ただし， $k ≧ 2$ とする．

(2) $lo g [(n - 1)!] ≧ (n - \frac{1}{2}) lo g (n - \frac{1}{2}) - \frac{3}{2} lo g (\frac{3}{2}) - (n - 2)$ を示せ．

(3) $a_{n} > n lo g n - n + \frac{3}{2} [1 - lo g (\frac{3}{2})]$ を示せ．

出典：九州大学 1996年度前期日程第2次学力試験理系第3問

方針

(1) は接線の式を作り、左右対称な幅 $1$ の区間で一次部分の積分が消えることを見る。(2) は $lo g x$ の接線がグラフの上側にあることを使って、接線で囲む面積の和から下界を作る。(3) は得た下界を $n lo g n$ に近い形へ変形し、 $lo g (1 - u) > - u / (1 - u)$ を微分で示して詰める。

解答

(1)

曲線 $y = lo g x$ の $x = k$ における傾きは $1/ k$ である。したがって点 $(k, lo g k)$ における接線は $y = lo g k + \frac{x - k}{k}$ である。 $k ≧ 2$ なので、この接線は区間 $k - 1/2 ≦ x ≦ k + 1/2$ で正である。よって求める面積は $\int_{k - 1/2}^{k + 1/2} (lo g k + \frac{x - k}{k}) d x$ である。ここで $x - k$ は区間の中心 $k$ に関して奇関数的に打ち消し合うので $\int_{k - 1/2}^{k + 1/2} \frac{x - k}{k} d x = 0$ である。したがって面積は $lo g k$ である。

(2)

$g (x) = lo g x$ とおくと $g^{''} (x) = - \frac{1}{x ^{2}} < 0$ である。したがって接線はグラフの上側にあり、 $k ≧ 2$ について $lo g k ≧ \int_{k - 1/2}^{k + 1/2} lo g x d x$ が成り立つ。

これを $k = 2, 3, \dots, n - 1$ について加えると、左辺は $\sum_{k = 2}^{n - 1} lo g k = lo g [(n - 1)!]$ であり、右辺の区間は連続して $\int_{3/2}^{n - 1/2} lo g x d x$ となる。よって $lo g [(n - 1)!] ≧ \int_{3/2}^{n - 1/2} lo g x d x$ である。

ここで $\int lo g x d x = x lo g x - x$ より

\int_{3/2}^{n - 1/2} lo g x d x = (n - \frac{1}{2}) lo g (n - \frac{1}{2}) - \frac{3}{2} lo g \frac{3}{2} - (n - 2)

である。したがって

lo g [(n - 1)!] ≧ (n - \frac{1}{2}) lo g (n - \frac{1}{2}) - \frac{3}{2} lo g \frac{3}{2} - (n - 2)

が示された。

(3)

(2) より $a_{n} = lo g [(n - 1)!] + \frac{1}{2} lo g n$ は

a_{n} ≧ (n - \frac{1}{2}) lo g (n - \frac{1}{2}) + \frac{1}{2} lo g n - \frac{3}{2} lo g \frac{3}{2} - (n - 2)

を満たす。

ここで

(n - \frac{1}{2}) lo g (n - \frac{1}{2}) + \frac{1}{2} lo g n = n lo g n + (n - \frac{1}{2}) lo g (1 - \frac{1}{2 n})

である。

次に $0 < u < 1$ で $lo g (1 - u) > - \frac{u}{1 - u}$ を示す。実際、 $ϕ (u) = lo g (1 - u) + \frac{u}{1 - u}$ とおくと、 $ϕ (0) = 0$ で $ϕ^{'} (u) = - \frac{1}{1 - u} + \frac{1}{( 1 - u ) ^{2}} = \frac{u}{( 1 - u ) ^{2}} > 0$ であるから、 $u > 0$ で $ϕ (u) > 0$ である。 $u = 1/ (2 n)$ とすると

(n - \frac{1}{2}) lo g (1 - \frac{1}{2 n}) > (n - \frac{1}{2}) (- \frac{1/ ( 2 n )}{1 - 1/ ( 2 n )}) = - \frac{1}{2}

である。よって

(n - \frac{1}{2}) lo g (n - \frac{1}{2}) + \frac{1}{2} lo g n > n lo g n - \frac{1}{2}

となる。

これを $a_{n}$ の下界へ代入すると $a_{n} > n lo g n - \frac{1}{2} - \frac{3}{2} lo g \frac{3}{2} - (n - 2)$ である。整理して $a_{n} > n lo g n - n + \frac{3}{2} (1 - lo g \frac{3}{2})$ が示された。

九州大学 1996年度理系数学 第3問

問題

方針

解答

(1)

(2)

(3)

九州大学 1996年度
理系数学第3問