名古屋大学 2022年度理系数学第4問解答・解説

問題

関数 $f (x)$ は区間 $x ≧ 0$ において連続な増加関数で $f (0) = 1$ を満たすとする。ただし $f (x)$ が区間 $x ≧ 0$ における増加関数であるとは，区間内の任意の実数 $x_{1}, x_{2}$ に対し $x_{1} < x_{2}$ ならば $f (x_{1}) < f (x_{2})$ が成り立つときをいう。以下， $n$ は正の整数とする。

(1) $n \to \infty lim \int_{0}^{2 - \frac{1}{n}} \frac{f ( x )}{2 - x} d x = \infty$ を示せ。

(2) 区間 $y > 2$ において関数 $F_{n} (y)$ を $F_{n} (y) = \int_{2 + \frac{1}{n}}^{y} \frac{f ( x )}{x - 2} d x$ と定めるとき， $y \to \infty lim F_{n} (y) = \infty$ を示せ。また $2 + \frac{1}{n}$ より大きい実数 $a_{n}$ で

\int_{0}^{2 - \frac{1}{n}} \frac{f ( x )}{2 - x} d x + \int_{2 + \frac{1}{n}}^{a_{n}} \frac{f ( x )}{2 - x} d x = 0

を満たすものがただ1つ存在することを示せ。

(3) (2)の $a_{n}$ について，不等式 $a_{n} < 4$ がすべての $n$ に対して成り立つことを示せ。

出典：名古屋大学 2022年度前期日程第2次学力試験理系第4問

方針

増加関数で $f (0) = 1$ だから、 $x ≧ 0$ では $f (x) ≧ 1$ が使える。(1)と(2)の発散は、 $1/ (2 - x)$ や $1/ (x - 2)$ の対数発散で下から評価する。(2)の存在一意性は、左側の正の積分 $I_{n}$ と、右側の負の積分を合わせた関数 $G_{n} (y)$ が連続かつ狭義減少で、始点では正、無限遠では負になることから示す。(3)は $[2 + 1/ n, 4]$ の積分を $x = 4 - u$ で $[0, 2 - 1/ n]$ に移し、 $4 - u > u$ と増加性により右側の絶対値が左側より大きいことを示す。

解答

(1)

$f$ は $x ≧ 0$ で増加関数であり $f (0) = 1$ だから、 $x ≧ 0$ において $f (x) ≧ 1$ である。したがって $\int_{0}^{2 - 1/ n} \frac{f ( x )}{2 - x} d x ≧ \int_{0}^{2 - 1/ n} \frac{1}{2 - x} d x$ である。右辺は

\int_{0}^{2 - 1/ n} \frac{1}{2 - x} d x = [- lo g (2 - x)]_{0}^{2 - 1/ n} = lo g (2 n)

である。 $lo g (2 n) \to \infty$ であるから、はさみうちの下からの評価により $lim_{n \to \infty} \int_{0}^{2 - 1/ n} \frac{f ( x )}{2 - x} d x = \infty$ である。

(2)

$x > 2$ でも $f (x) > 1$ である。したがって $y > 2 + 1/ n$ について

F_{n} (y) = \int_{2 + 1/ n}^{y} \frac{f ( x )}{x - 2} d x ≧ \int_{2 + 1/ n}^{y} \frac{1}{x - 2} d x = lo g {n (y - 2)}

である。右辺は $y \to \infty$ で無限大に発散するので $lim_{y \to \infty} F_{n} (y) = \infty$ である。

次に $I_{n} = \int_{0}^{2 - 1/ n} \frac{f ( x )}{2 - x} d x$ とおく。これは正の数である。 $y ≧ 2 + 1/ n$ に対して $G_{n} (y) = I_{n} + \int_{2 + 1/ n}^{y} \frac{f ( x )}{2 - x} d x$ と定める。 $y > 2 + 1/ n$ では $G_{n}^{'} (y) = \frac{f ( y )}{2 - y} < 0$ であるから、 $G_{n} (y)$ は狭義減少である。また連続であり、 $G_{n} (2 + \frac{1}{n}) = I_{n} > 0$ である。

一方、 $y > 2 + 1/ n$ では

\int_{2 + 1/ n}^{y} \frac{f ( x )}{2 - x} d x = - \int_{2 + 1/ n}^{y} \frac{f ( x )}{x - 2} d x = - F_{n} (y)

である。上で $F_{n} (y) \to \infty$ を示したので $G_{n} (y) \to - \infty (y \to \infty)$ である。

したがって中間値の定理により、 $G_{n} (y) = 0$ を満たす $y$ が少なくとも1つ存在する。また $G_{n}$ は狭義減少なので、そのような $y$ はただ1つである。これを $a_{n}$ とすれば、 $a_{n} > 2 + 1/ n$ であり、問題の等式を満たす。

(3)

$G_{n} (4) < 0$ を示せば、 $G_{n} (2 + 1/ n) > 0$ かつ $G_{n}$ が狭義減少であることから、零点 $a_{n}$ は $4$ より小さい。

そこで $\int_{2 + 1/ n}^{4} \frac{f ( x )}{x - 2} d x$ を調べる。 $x = 4 - u$ とおくと、 $x = 2 + 1/ n$ のとき $u = 2 - 1/ n$ 、 $x = 4$ のとき $u = 0$ であるから $\int_{2 + 1/ n}^{4} \frac{f ( x )}{x - 2} d x = \int_{0}^{2 - 1/ n} \frac{f ( 4 - u )}{2 - u} d u$ である。 $0 ≦ u ≦ 2 - 1/ n$ では $4 - u > u$ である。 $f$ は増加関数なので $f (4 - u) > f (u)$ が成り立つ。さらに $2 - u > 0$ であるから

\int_{0}^{2 - 1/ n} \frac{f ( 4 - u )}{2 - u} d u > \int_{0}^{2 - 1/ n} \frac{f ( u )}{2 - u} d u = I_{n}

である。

したがって

G_{n} (4) = I_{n} + \int_{2 + 1/ n}^{4} \frac{f ( x )}{2 - x} d x = I_{n} - \int_{2 + 1/ n}^{4} \frac{f ( x )}{x - 2} d x < 0

である。よって $G_{n}$ のただ1つの零点 $a_{n}$ は $a_{n} < 4$ を満たす。

名古屋大学 2022年度理系数学 第4問

問題

方針

解答

(1)

(2)

(3)

名古屋大学 2022年度
理系数学第4問