筑波大学(理系) 2019年　問題5


$数列 \{a_n\}を \ \ a_n=\cfrac{1}{2^n}\ \ (n=1,2,3,\cdots)で定める。以下の問いに答えよ。$
$\qquad (1)\ \ t > 0 \ \ のとき 、1 \leqq \cfrac{e^t-1}{t} \leqq e^t \ \ であることを示せ。$
$\qquad (2)\ \ 数列\{x_n \},\{y_n\},\{z_n\}を$
\[\hspace{3em} x_n=\log (e^{a_n}+1),\ \ y_n=\log (e^{a_n}-1),\ \ z_n=y_n+\sum _{k=1}^nx_k \ \ (n=1,2,3,\cdots)\] $\hspace{4em} で定める。z_nは \ n\ によらない定数であることを示せ。$
\[(3)\ \ \sum _{k=1}^{\infty}\log \big(\cfrac{e^{a_k}+1}{2}\big)\ \ を求めよ。\]


$(解説)$

$\qquad (1)\ \ よく見かける問題です。両辺の差をとった関数が単調となることを示します。平均値の定理も使えます。$
\[(2)\ \ \sum _{k=1}^n x_k=x_n+\sum _{k=1}^{n-1} x_k \quad となおすところがポイントです。\] $\qquad (3)\ \ (2)をうまくつかって(1)がつかえるように変形していきます。$

(1)


(i)$\ \ f(x)=e^x-1-x \quad とおくと$

$\quad x > 0 \ \ において \quad 　f'(x)=e^x-1 > 0$

$\quad f(x)は単調増加だから \quad t > 0 \ \ のとき \quad f(t) > f(0)=e^0-1=0$

$\quad よって \quad e^t-1-t > 0 \quad より \quad t < e^t-1$

(ii)$\ \ g(x)=xe^x-e^x+1 \quad とおくと$

$\quad x > 0 \ \ において \quad g'(x)=(e^x+xe^x)-e^x =xe^x> 0$

$\quad g(x)は単調増加だから　\quad t > 0 \ \ のとき \quad g(t) > g(0)=-e^0+1=0$

$\quad よって \quad 　te^t-e^t+1 > 0 \quad より \quad e^t-1 < te^t$

(i),(ii)$より \quad t < e^t-1 < te^t \quad だから \quad 1 < \cfrac{e^t-1}{t} < e^t $

$なお、等号はつけても実質かわらないから$

$\qquad t > 0 \ \ のとき \qquad 1 \leqq \cfrac{e^t-1}{t} \leqq e^t $


$(別解)$

$区間 \ [0,\ t]\ において、連続な関数 \ f(x)=e^x \ \ には平均値の定理により$

$\qquad \cfrac{e^t-e^0}{t-0}=f'(c) \quad となる \ c\ が \ 区間 \ (0,\ t)\ に存在する。$

$f'(c)=e^c \ \ で \ \ 　0 < c < t \ \ より \ \ 　e^0 < e^c < e^t \quad すなわち \quad 　1 < f'( c) < e^t$

$よって　1 < \cfrac{e^t-1}{t} < e^t $


(2)


\begin{eqnarray*} z_n &=&y_n+\sum _{k=1}^n x_k \\ &=&y_n + x_n + \sum _{k=1}^{n-1} x_k\\ &=&\log (e^{a_n}-1)+ \log (e^{a_n}+1) + \sum _{k=1}^{n-1} x_k\\ &=&\log (e^{a_n}+1)(e^{a_n}-1)+ \sum _{k=1}^{n-1}x_k\\ &=&\log (e^{2a_n}-1) + \sum _{k=1}^{n-1} x_k \\ &=&\log (e^{\small{\dfrac{1}{2^{n-1}}}}-1) + \sum _{k=1}^{n-1} x_k \\ &=&\log (e^{a_{n-1}}-1) + \sum _{k=1}^{n-1} x_k\\ &=&y_{n-1} + \sum _{k=1}^{n-1} x_k\\ &=&z_{n-1}\\ \end{eqnarray*} $よって$

$\quad z_n=z_{n-1}= \cdots = z_1 =y_1+x_1 =\log (e^{a_1}-1)+ \log (e^{a_1}+1)=\log (e^{2a_1}-1)=\log (e-1)$

$したがって \quad z_n\ は \ n\ によらない定数である。$


(3)


\begin{eqnarray*} \sum _{k=1}^n\log \big(\cfrac{e^{a_k}+1}{2}\big) &=&\sum _{k=1}^n(\log (e^{a_k}+1)-\log 2)\\ &=&\sum _{k=1}^n\log (e^{a_k}+1)- \sum _{k=1}^n\log 2\\ &=&\sum _{k=1}^n x_k- n\log 2\\ \\ &=&z_n-y_n- n\log 2\\ \\ &=&\log(e-1)-\{\log (e^{a_n}-1)+n\log 2\}\\ \\ &=&\log(e-1)-\log 2^n (e^{a_n}-1)\\ \\ &=&\log(e-1)-\log \cfrac{e^{a_n}-1}{a_n}\\ \end{eqnarray*} $(1)より　1 \leqq \cfrac{e^t-1}{t} \leqq e^t 　だから \quad t=a_n \ \ とおくと \quad 1 \leqq \cfrac{e^{a_n}-1}{a_n} \leqq e^{a_n} $

$\qquad n \longrightarrow \infty \quad とすると \quad a_n=\cfrac{1}{2^n} \longrightarrow 0 \quad だから　e^{a_n} \longrightarrow e^0=1$
$\qquad よって、はさみうちの原理により \qquad 　\cfrac{e^{a_n}-1}{a_n}　\longrightarrow 1$
$\qquad したがって \quad 　\log \cfrac{e^{a_n}-1}{a_n}　\longrightarrow 0$
\[ゆえに　\sum _{k=1}^{\infty}\log \big(\cfrac{e^{a_k}+1}{2}\big)=\log(e-1)\]


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