東京大学 2016年度理系数学第1問解答・解説

問題

$e$ を自然対数の底，すなわち $e = t \to \infty lim (1 + \frac{1}{t})^{t}$ とする。すべての正の実数 $x$ に対し，次の不等式が成り立つことを示せ。

(1 + \frac{1}{x})^{x} < e < (1 + \frac{1}{x})^{x + \frac{1}{2}}

出典：東京大学 2016年度前期日程第2次学力試験理系第1問

方針

両側とも正の数の不等式なので，対数を取って $x lo g (1 + 1/ x) < 1 < (x + 1/2) lo g (1 + 1/ x)$ を示す。左側は $u > 0$ で $lo g (1 + u) < u$ を微分により示す。右側は $lo g (1 + u) > 2 u / (u + 2)$ を，同じく差の導関数が正であることから示し， $u = 1/ x$ を代入する。テイラー展開やロピタルは使わず，単調性だけで完結させる。

解答

すべての量は正なので，対数を取って示す。すなわち $(1 + \frac{1}{x})^{x} < e$ は $x lo g (1 + \frac{1}{x}) < 1$ と同値であり， $e < (1 + \frac{1}{x})^{x + \frac{1}{2}}$ は $1 < (x + \frac{1}{2}) lo g (1 + \frac{1}{x})$ と同値である。

まず $u > 0$ に対して $ϕ (u) = u - lo g (1 + u)$ とおく。すると $ϕ^{'} (u) = 1 - \frac{1}{1 + u} = \frac{u}{1 + u} > 0$ であり， $ϕ (0) = 0$ である。したがって $u > 0$ で $ϕ (u) > 0$ すなわち $lo g (1 + u) < u$ である。ここで $u = 1/ x$ とすると $lo g (1 + \frac{1}{x}) < \frac{1}{x}$ であるから $x lo g (1 + \frac{1}{x}) < 1$ である。よって $(1 + \frac{1}{x})^{x} < e$ が成り立つ。

次に $u > 0$ に対して $ψ (u) = lo g (1 + u) - \frac{2 u}{u + 2}$ とおく。すると

ψ^{'} (u) = \frac{1}{1 + u} - \frac{4}{( u + 2 ) ^{2}} = \frac{( u + 2 ) ^{2} - 4 ( 1 + u )}{( 1 + u ) ( u + 2 ) ^{2}} = \frac{u ^{2}}{( 1 + u ) ( u + 2 ) ^{2}} > 0

であり， $ψ (0) = 0$ である。したがって $u > 0$ で $lo g (1 + u) > \frac{2 u}{u + 2}$ である。 $u = 1/ x$ とすると

lo g (1 + \frac{1}{x}) > \frac{2 \cdot \frac{1}{x}}{\frac{1}{x} + 2} = \frac{2}{2 x + 1}

である。よって

(x + \frac{1}{2}) lo g (1 + \frac{1}{x}) > (x + \frac{1}{2}) \frac{2}{2 x + 1} = 1

である。したがって $e < (1 + \frac{1}{x})^{x + \frac{1}{2}}$ も成り立つ。

以上より，すべての正の実数 $x$ に対して $(1 + \frac{1}{x})^{x} < e < (1 + \frac{1}{x})^{x + \frac{1}{2}}$ である。

別解。右側の評価は， $lo g (1 + u)$ を直接近似するのではなく， $2 u / (u + 2)$ との差を見るのが要点である。左側・右側ともに「差を作って微分し，0から増加する」とそろえると，証明全体が同じ型でまとまる。

東京大学 2016年度理系数学 第1問

問題

方針

解答

東京大学 2016年度
理系数学第1問