てふてふてふてふ(2021阪大理系第３問)

お久しぶりです．ぼっくすです．
大学院を卒業してから，LATEXで何かを作るということを全くしなくなりました．noteでLATEXを打つことができるということを知ったので，リハビリもかねて練習しようかなぁと思った次第です．
分量はかなり多いのですが，シグマや微積分，極限がすべて入っている阪大の問題をチョイスしました．

独りごとのように解答を書き連ねますが，久しぶりのてふなので打ち間違いとか結構ありそうですが，そこは温かい目でみてもろうて．

問題は著作権が怖いので載せませんが，タイトルで調べてもらうとすぐに出てくれると思います．では解答を載せます．

解答
(1)

$${\displaystyle \quad \quad -\frac{(x-t)^2}{2} \leq \log x -\log t \leq \frac{x-t}{t} \quad (A) }$$

を示せば十分である．ここで$${t}$$を固定して，$${x}$$を$${x \geq t}$$で変化させる．

$${\displaystyle \quad \quad f(x)=\log x -\log t +\frac{(x-t)^2}{2} \quad ( x \geq t ) }$$

とおく．このとき

$${\displaystyle \quad \quad f'(x)=\frac{1}{x} +x -t \geq 0 \quad ( x \geq t \geq 1 \text{より}) }$$

よって，$${f(x)}$$は単調増加．よって

$${\quad \quad f(x) \geq f(t) =0 }$$

より

$${\displaystyle \quad \quad -\frac{(x-t)^2}{2} \leq \log x -\log t \quad (1) }$$

を示すことができた．次に

$${ \quad \quad \displaystyle g(x)=\frac{x-t}{t}-\log x +\log t \quad ( x \geq t ) }$$

とおく．このとき

$${ \quad \quad \displaystyle g'(x)=\frac{1}{t} -\frac{1}{x} =\frac{x-t}{tx} \quad ( x \geq t \geq 1 \text{より}) }$$

よって，$${g(x)}$$は単調増加．よって

$${ \quad \quad g(x) \geq g(t) =0 }$$

より

$${\quad \quad \displaystyle \log x -\log t \leqq \frac{x-t}{t} \quad (2) }$$

を示すことができた．よって，$${(1)，(2)}$$より，$${(A)}$$が示せた．(証明終)

(2)

$${ \quad \quad \displaystyle -\frac{(x-t)^2}{2} \leq \log x -\log t - \frac{x-t}{t} \leq 0 }$$

より各々$${t}$$から$${t+\dfrac{1}{n}}$$で積分して

$${\quad \quad \displaystyle \int_{t}^{t+\tfrac{1}{n}} -\frac{(x-t)^2}{2} dx \leq \int_{t}^{t+\tfrac{1}{n}} \left( \log x -\log t - \frac{x-t}{t} \right) dx\leq 0 \quad (B)}$$

となり

$${\quad \quad \displaystyle \int_{t}^{t+\tfrac{1}{n}} -\frac{(x-t)^2}{2} dx =\left[ -\frac{1}{6}(x-t)^3 \right]^{t+\tfrac{1}{n}}_{t} =-\frac{1}{6n^3} \quad (3)}$$

と

$${\displaystyle \quad \quad \int_{t}^{t+\tfrac{1}{n}} \left( \log x -\log t - \frac{x-t}{t} \right) dx }$$

$${\displaystyle \quad= \int_{t}^{t+\tfrac{1}{n}} \log x dx -\frac{1}{n} \log t -\left[ \frac{1}{2t}(x-t)^2 \right]^{t+\tfrac{1}{n}}_{t} }$$

$${\displaystyle \quad= \int_{t}^{t+\tfrac{1}{n}} \log x dx -\frac{1}{n} \log t -\frac{1}{2tn^2} \quad (4) }$$

以上より，$${(B)，(3)，(4)}$$より

$${ \displaystyle \quad \quad -\frac{1}{6n^3} \leq \int_{t}^{t+\tfrac{1}{n}} \log x dx -\frac{1}{n} \log t -\frac{1}{2tn^2} \leq 0 }$$

を示すことができた．(証明終)

(3)
(2)で得られた不等式に$${\displaystyle t=1+\frac{k}{n} \quad (k=0,1, \cdots ,n-1) }$$を代入すると

$$
\displaystyle  -\frac{1}{6n^3} \leq \int_{1+\tfrac{k}{n}}^{1+\tfrac{k+1}{n}} \log x dx \leq -\frac{1}{n} \log \left( 1+ \frac{k}{n} \right) -\frac{1}{2n^2 \left( 1+\tfrac{k}{n} \right) } \leq 0
$$

$$
\displaystyle n \int_{1+\tfrac{k}{n}}^{1+\tfrac{k+1}{n}} \log x dx +\frac{1}{2n^2 \left( 1+\tfrac{k}{n} \right) }\leq \log \left( 1+ \frac{k}{n} \right) \leq  n \int_{1+\tfrac{k}{n}}^{1+\tfrac{k+1}{n}} \log x dx +\frac{1}{2n^2 \left( 1+\tfrac{k}{n} \right) }+\frac{1}{6n^2}
$$

各々，$${k=0,1,2,\cdots,n-1}$$で足し合わせて

$$
\displaystyle \qquad n \sum_{k=0}^{n-1} \int_{1+\tfrac{k}{n}}^{1+\tfrac{k+1}{n}} \log x dx +\frac{1}{n}\sum_{k=0}^{n-1}\frac{1}{2 \left( 1+\tfrac{k}{n} \right) }\leq a_{n} \leq  n \sum_{k=0}^{n-1} \int_{1+\tfrac{k}{n}}^{1+\tfrac{k+1}{n}} \log x dx +\frac{1}{n}\sum_{k=0}^{n-1} \frac{1}{2 \left( 1+\tfrac{k}{n} \right) }+\frac{1}{6n}
$$

が成立する．また，

$${\displaystyle \qquad \sum_{k=0}^{n-1} \int_{1+\tfrac{k}{n}}^{1+\tfrac{k+1}{n}} \log x dx }$$

$${\displaystyle \quad =\int_{1}^{2} \log x dx}$$

$${\displaystyle \quad =\left[ x \log x -x \right]_{1}^{2} }$$

$${\displaystyle \quad =2 \log 2 -1 }$$

より，

$$
\displaystyle \qquad (2 \log 2 -1-p)n+\frac{1}{n}\sum_{k=0}^{n-1}\frac{1}{2 \left( 1+\tfrac{k}{n} \right) }\leq a_{n}-pn \leq  (2 \log 2 -1-p)n+\frac{1}{n}\sum_{k=0}^{n-1} \frac{1}{2 \left( 1+\tfrac{k}{n} \right) }+\frac{1}{6n}
$$

が成り立つ．ここで，区分求積法を用いることにより

$${\displaystyle \qquad \lim_{n \to \infty}\frac{1}{n}\sum_{k=0}^{n-1}\frac{1}{2 \left( 1+\tfrac{k}{n} \right) }}$$

$${\displaystyle \quad =\int_{0}^{1} \frac{1}{2(1+x)} dx }$$

$${\displaystyle \quad =\left[ \frac{1}{2} \log (1+x) \right]_{0}^{1} }$$

$${\displaystyle \quad =\frac{1}{2} \log 2 \quad (5)}$$

$$
\displaystyle 
\lim_{n \to \infty} (2 \log 2 -1-p)n = \left\{
\begin{array}{lll}
\infty & (p<2 \log 2 -1) \\
0 & (p=2 \log 2 -1) \\
-\infty & (p>2 \log 2 -1) 
\end{array}
\right.
$$

であることから，$${\displaystyle \lim_{n \to \infty} (a_{n}-pn)}$$が有限の値になるには$${p=2\log2-1}$$が必要である．このとき

$${\displaystyle \qquad \sum_{k=0}^{n-1}\frac{1}{2n^2 \left( 1+\tfrac{k}{n} \right) }\leq a_{n}-pn \leq \sum_{k=0}^{n-1} \frac{1}{2n^2 \left( 1+\tfrac{k}{n} \right) }+\frac{1}{6n}}$$

であり，$${(5)}$$より

$${\displaystyle \qquad \lim_{n \to \infty} \frac{1}{n}\sum_{k=0}^{n-1}\frac{1}{2 \left( 1+\tfrac{k}{n} \right) }=\lim_{n \to \infty} \left\{ \frac{1}{n}\sum_{k=0}^{n-1}\frac{1}{2 \left( 1+\tfrac{k}{n} \right) }+\frac{1}{6n} \right\}=\frac{1}{2} \log 2 }$$

が成立するので，はさみうちの原理から

$${\displaystyle \qquad \lim_{n \to \infty} (a_{n} -pn)=\frac{1}{2} \log 2 }$$

よって求める$${(p,q)}$$の値は$${\displaystyle (p,q)=\left(2\log2-1,\frac{1}{2} \log 2\right)}$$…(答)

これで終わりました．色々試行錯誤したため，３時間くらいかかりました．これからの解答は手書きをそのままスキャンしてそのまま貼り付けるという形をとり，文中の数式はLATEXで頑張ろうと思います．

では，また気が向いたり，時間に余裕が出たら頑張ってみようと思います．