大阪大学 2009年度
理系数学 第5問

解答

(1)

交点$(p_n,q_n)$は曲線$y=\log (nx)$上にあるので $q_n=\log (n{p}_n)$ である。したがって $n{p}_n=e^{q_n},p_n=\frac{e^{q_n}}{n}$ である。

また，$(p_n,q_n)$は円 ${\left(x-\frac{1}{n}\right)}^2+y^2=1$ 上にあるから ${\left(p_n-\frac{1}{n}\right)}^2+q_n^2=1$ である。ここへ$p_n=e^{q_n}/n$を代入すると ${\left(\frac{e^{q_n}}{n}-\frac{1}{n}\right)}^2+q_n^2=1$ となる。すなわち $1-q_n^2=\frac{(e^{q_n}-1{)}^2}{n^2}$ である。

交点は第1象限にあるので$q_n>0$である。また上の式より$1-q_n^2\geqq 0$だから$q_n^2\leqq 1$であり，実際には$p_{n}e1/n$なので$q_n<1$である。したがって $0<q_n<1$ である。指数関数は増加するので $e^{q_n}\leqq e$ であり，よって $1-q_n^2=\frac{(e^{q_n}-1{)}^2}{n^2}\leqq \frac{(e-1{)}^2}{n^2}$ が示された。

この不等式から $0\leqq 1-q_n^2\leqq \frac{(e-1{)}^2}{n^2}$ であり，右辺は$n\to \infty$で0に近づく。したがって $q_n^2\to 1$ である。さらに$q_n>0$なので $\boxed{\underset{n\to \infty }{\lim }{q}_n=1}$ である。

(2)

$S_n={\int }_{1/n}^{p_n}\log (nx)dx$ を計算する。原始関数は $\int \log (nx)dx=x\log (nx)-x$ である。実際，右辺を微分すると $\log (nx)+x\cdot \frac{1}{x}-1=\log (nx)$ となる。

したがって

である。$q_n=\log (n{p}_n)$を使えば $S_n=p_n{q}_n-p_n+\frac{1}{n}$ とも書ける。よって，$p_n$で表すと $\boxed{S_n=p_n\log (n{p}_n)-p_n+\frac{1}{n}}$ である。

(3)

(2)の式に$q_n=\log (n{p}_n)$を用いると $S_n=p_n{q}_n-p_n+\frac{1}{n}$ である。両辺に$n$を掛けると $n{S}_n=n{p}_n{q}_n-n{p}_n+1$ となる。ここで$n{p}_n=e^{q_n}$だから $n{S}_n=e^{q_n}{q}_n-e^{q_n}+1=e^{q_n}(q_n-1)+1$ である。

(1)より$q_n\to 1$であり，したがって$e^{q_n}\to e$である。よって ${\lim }_{n\to \infty }{e}^{q_n}(q_n-1)=e\cdot 0=0$ となる。したがって $\boxed{\underset{n\to \infty }{\lim }n{S}_n=1}$ である。

別解。(3)は積分の変数変換でも見通しよく求められる。$u=nx$とおくと$dx=du/n$であり，$x=1/n$のとき$u=1$，$x=p_n$のとき$u=n{p}_n=e^{q_n}$である。したがって $S_n=\frac{1}{n}{\int }_1^{e^{q_n}}\log udu$ であり，$n{S}_n={\int }_1^{e^{q_n}}\log udu$ となる。(1)より$q_n\to 1$なので上端$e^{q_n}\to e$である。よって

となる。