大阪大学(理系) 2019年　問題1


$以下の問いに答えよ。ただし、\log \ は自然対数、e\ はその底とする。$
\[(1)\ \ bを実数とする。関数 \ \ f(x)=\int_x^b e^{\small{-\cfrac{t^2}{2}}} dt -\cfrac{x}{x^2+1}e^{\small{-\cfrac{x^2}{2}}}\ \ は単調に減少することを示せ。\] $\qquad (2)\ \ a \leqq b \ \ を満たす正の実数 \ a,\ b\ に対し、不等式$
\[\hspace{3em} \cfrac{a}{a^2+1}e^{\small{-\cfrac{a^2}{2}}}- \cfrac{b}{b^2+1}e^{\small{-\cfrac{b^2}{2}}} \leqq \int_a^b e^{\small{-\cfrac{t^2}{2}}} dt \leqq e^{\small{-\cfrac{a^2}{2}}} (b-a)\] $\hspace{4em} が成り立つことを示せ。$
\[(3)\ \ 数列|\ \{I_n \}\ を次のように定める。\quad I_n=\int _1^2 e^{\small{-\cfrac{nt^2}{2}}}dt \quad (n=1,\ 2,\ 3,\ \cdots)\] \[このとき極限 \ \ \lim _{n \rightarrow \infty} \cfrac{1}{n}\log I_n \ \ を求めよ。ただし、\lim _{n \rightarrow \infty} \cfrac{1}{n}\log (n+1)=0 \ \ を用いてもよい。\]


$(解説)$

$(1)\ \ よく見かける問題です。導関数が負となることを示します。$
$(2)\ \ 左側の不等号は(1)を使いますが、右側の不等号は \ \ e^{\small{-\cfrac{x^2}{2}}}\ が \ x > 0 \ で単調減少であることを使います。$
$(3)\ \ 変数変換して(2)をうまく使います。$

(1)

\begin{eqnarray*} f(x) &=&-\int_b^x e^{\small{-\cfrac{t^2}{2}}} dt -\cfrac{x}{x^2+1}e^{\small{-\cfrac{x^2}{2}}} \ \ だから\\ \\ f'(x) &=&-e^{\small{-\cfrac{x^2}{2}}}-\Big\{\cfrac{(x^2+1)-2x^2}{(x^2+1)^2}e^{\small{-\cfrac{x^2}{2}}}-\cfrac{x^2}{x^2+1}e^{\small{-\cfrac{x^2}{2}}}\Big\}\\ &=&\Big\{-1 +\cfrac{x^2-1}{(x^2+1)^2}+\cfrac{x^2}{x^2+1}\Big\}e^{\small{-\cfrac{x^2}{2}}}\\ &=&- \cfrac{2}{(x^2+1)^2} e^{\small{-\cfrac{x^2}{2}}}\\ \end{eqnarray*} $\qquad f'(x) < 0 \quad より \ \ f(x)は単調減少する。$


(2)


(i)$\ \ f(x)は単調減少するから \quad a \leqq b \quad に対して \quad f(a) \geqq f(b)$

$よって$
\[\int_a^b e^{\small{-\cfrac{t^2}{2}}} dt -\cfrac{a}{a^2+1}e^{\small{-\cfrac{a^2}{2}}} \geqq \int_b^b e^{\small{-\cfrac{t^2}{2}}} dt -\cfrac{b}{b^2+1}e^{\small{-\cfrac{b^2}{2}}}\ \ より\] \[\int_a^b e^{\small{-\cfrac{t^2}{2}}} dt \ \ \geqq \cfrac{a}{a^2+1}e^{\small{-\cfrac{a^2}{2}}} -\cfrac{b}{b^2+1}e^{\small{-\cfrac{b^2}{2}}}\]
(ii)$\ \ g(x)=e^{\small{-\cfrac{x^2}{2}}} \ \ は \ x > 0 \ で単調減少するから \quad x \in [a,\ b] \quad に対して \quad e^{\small{-\cfrac{x^2}{2}}} \ \ \leqq e^{\small{-\cfrac{a^2}{2}}} $

$よって$
\[\int _a^b e^{\small{-\cfrac{x^2}{2}}}dx \ \ \leqq \int _a^b e^{\small{-\cfrac{a^2}{2}}}dx =e^{\small{-\cfrac{a^2}{2}}}(b-a)\]
$\ \ $(i),(ii)$より$

\[\hspace{3em} \cfrac{a}{a^2+1}e^{\small{-\cfrac{a^2}{2}}}- \cfrac{b}{b^2+1}e^{\small{-\cfrac{b^2}{2}}} \ \ \leqq \int_a^b e^{\small{-\cfrac{t^2}{2}}} dt \ \ \leqq e^{\small{-\cfrac{a^2}{2}}} (b-a)\]

(3)


\[I_n=\int _1^2 e^{\small{-\cfrac{nt^2}{2}}}dt = \int _1^2 e^{\small{-\cfrac{(\sqrt{n}t)^2}{2}}}dt \quad において\] $\qquad \sqrt{n}t=u \quad とおくと$
\[I_n=\int _{\sqrt{n}}^{2\sqrt{n}} e^{\small{-\cfrac{u^2}{2}}}\cdot \cfrac{du}{\sqrt{n}} =\cfrac{1}{\sqrt{n}}\int _{\sqrt{n}}^{2\sqrt{n}} e^{\small{-\cfrac{u^2}{2}}}du \] $よって$
\[\log I_n= \log \cfrac{1}{\sqrt{n}}+\log \int _{\sqrt{n}}^{2\sqrt{n}} e^{\small{-\cfrac{u^2}{2}}}du =-\cfrac{1}{2}\log n+\log \int _{\sqrt{n}}^{2\sqrt{n}} e^{\small{-\cfrac{u^2}{2}}}du\]
\[\therefore \ \ \cfrac{1}{n}\log I_n=-\cfrac{1}{2}\cfrac{\log n}{n}+\cfrac{1}{n}\log \int _{\sqrt{n}}^{2\sqrt{n}} e^{\small{-\cfrac{u^2}{2}}}du \hspace{5em} ①\]
$\quad 右辺の第1項は$

$\qquad 0 < \cfrac{\log n}{n} < \cfrac{\log(n+1)}{n} \quad より \quad n \longrightarrow \infty \quad のとき \quad \cfrac{\log(n+1)}{n}　 \longrightarrow　0 \quad だから$

$\qquad はさみ打ちの原理により \quad \cfrac{\log n}{n}　 \longrightarrow　0 $

\[右辺の第2項は \quad J_n=\int _{\sqrt{n}}^{2\sqrt{n}} e^{\small{-\cfrac{u^2}{2}}}du \quad とおくと\]
$\quad (2)より$
\[\cfrac{\sqrt{n}}{n+1}e^{\small{-\cfrac{n}{2}}}-\cfrac{2\sqrt{n}}{4n+1}e^{-2n} \leqq \int _{\sqrt{n}}^{2\sqrt{n}} e^{\small{-\cfrac{u^2}{2}}}du \leqq (2\sqrt{n}-\sqrt{n})e^{\small{-\cfrac{n}{2}}}　\quad だから\] \[\cfrac{\sqrt{n}}{n+1}e^{\small{-\cfrac{n}{2}}}-\cfrac{2\sqrt{n}}{4n+1}e^{-2n} \leqq J_n \leqq \sqrt{n}e^{\small{-\cfrac{n}{2}}}\] \[\therefore \ \ \cfrac{1}{n}\log \Big(\cfrac{\sqrt{n}}{n+1}e^{\small{-\cfrac{n}{2}}}-\cfrac{2\sqrt{n}}{4n+1}e^{-2n}\Big) \leqq \cfrac{1}{n}\log J_n \leqq \cfrac{1}{n}\log \sqrt{n}e^{\small{-\cfrac{n}{2}}}\] (i)$\ \ 右辺について$

$\qquad \cfrac{1}{n}\log \sqrt{n}e^{\small{-\cfrac{n}{2}}}=\cfrac{1}{n}\big(\cfrac{1}{2}\log n -\cfrac{n}{2}\big)=\cfrac{1}{2}\cfrac{\log n}{n} -\cfrac{1}{2}$

$\qquad n \longrightarrow \infty \ \ のとき \ \ \cfrac{\log n}{n} \longrightarrow 0\ \ だから \quad \cfrac{1}{n}\log \sqrt{n}e^{\small{-\cfrac{n}{2}}} \longrightarrow -\cfrac{1}{2}$


(ii)$\ \ 左辺について$
\begin{eqnarray*} & &\cfrac{1}{n}\log\big(\cfrac{\sqrt{n}}{n+1}e^{\small{-\cfrac{n}{2}}}-\cfrac{2\sqrt{n}}{4n+1}e^{-2n}\big)\\ &=&\cfrac{1}{n}\log \cfrac{\sqrt{n}}{n+1}e^{\small{-\cfrac{n}{2}}}\Big(1-\cfrac{2(n+1)}{4n+1}e^{\small{-\cfrac{3n}{2}}}\Big)\\ &=&\cfrac{1}{n}\Big\{\cfrac{1}{2}\log n -\log (n+1)-\cfrac{n}{2}+\log \big(1-\cfrac{2(n+1)}{4n+1}e^{\small{-\cfrac{3n}{2}}}\big)\Big\}\\ &=&\cfrac{1}{2}\cfrac{\log n}{n} -\cfrac{\log (n+1)}{n}-\cfrac{1}{2}+\cfrac{1}{n}\log \Big(1-\cfrac{2(n+1)}{4n+1}e^{\small{-\cfrac{3n}{2}}}\Big)\\ \end{eqnarray*} $\quad n \longrightarrow \infty \quad のとき \qquad \cfrac{2(n+1)}{4n+1} \longrightarrow \cfrac{1}{2},\qquad e^{\small{-\cfrac{3n}{2}}} \longrightarrow 0 \quad だから \quad \log \Big(1-\cfrac{2(n+1)}{4n+1}e^{\small{-\cfrac{3n}{2}}}\Big)\longrightarrow 0$

$\qquad よって \quad \cfrac{1}{n}\log\Big(\cfrac{\sqrt{n}}{n+1}e^{\small{-\cfrac{n}{2}}}-\cfrac{2\sqrt{n}}{4n+1}e^{-2n}\Big) \longrightarrow -\cfrac{1}{2}$


$\quad $(i),(ii)$\ \ より \ \ はさみ打ちの原理により　\cfrac{1}{n}\log J_n \longrightarrow -\cfrac{1}{2}$


$したがって、①より \quad \cfrac{1}{n}\log I_n=-\cfrac{1}{2}\cfrac{\log n}{n}+\cfrac{1}{n}\log J_n \longrightarrow -\cfrac{1}{2}$


\[なお、(3)の\quad \lim _{n \rightarrow \infty} \cfrac{1}{n}\log (n+1)=0 \ \ の根拠については\] $\hspace{5em} ($不定形の極限値(1)$)を参考にしてください。$



ページの先頭へ↑




メインメニュー　に戻る