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大阪大学　2023年度　前期日程　理系

第1問極限の解答・解説

等比数列の和・不等式ではさむ・交代級数・はさみうちの原理当サイトの体感難易度：やや難最終更新 2026/10/14

問題文について

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(1) $n ≧ 2$ の自然数とする。 $0 ≦ x ≦ 1$ のとき $\frac{1}{2} x^{n} ≦ (- 1)^{n} {\frac{1}{x + 1} - 1 - k = 2 \sum n (- x)^{k - 1}} ≦ x^{n} - \frac{1}{2} x^{n + 1}$ を示す

答真ん中は $\frac{x ^{n}}{1 + x}$ に等しく、 $0 ≦ x ≦ 1$ では $\frac{1}{2} ≦ \frac{1}{1 + x} ≦ \frac{2 - x}{2}$

$1 + k = 2 \sum n (- x)^{k - 1} = k = 1 \sum n (- x)^{k - 1}$ は公比 $- x$ の等比数列の和。

$1 + k = 2 \sum n (- x)^{k - 1} = k = 1 \sum n (- x)^{k - 1}$ は初項 $1$ 、公比 $- x$ の等比数列の和である。 $x = 1$ でも $- x = - 1 \neq = 1$ なので

k = 1 \sum n (- x)^{k - 1} = \frac{1 - ( - x ) ^{n}}{1 + x}

である。したがって真ん中の中かっこは

\frac{1}{x + 1} - \frac{1 - ( - x ) ^{n}}{1 + x} = \frac{( - x ) ^{n}}{1 + x}

となり、 $(- 1)^{n}$ を掛けると $(- 1)^{2 n} = 1$ なので

(- 1)^{n} {\frac{1}{x + 1} - 1 - k = 2 \sum n (- x)^{k - 1}} = \frac{x ^{n}}{1 + x}

である。あとは $0 ≦ x ≦ 1$ で

\frac{1}{2} x^{n} ≦ \frac{x ^{n}}{1 + x} ≦ x^{n} - \frac{1}{2} x^{n + 1} = x^{n} \cdot \frac{2 - x}{2}

を示せばよい。 $x^{n} ≧ 0$ なので、 $x = 0$ なら3つとも $0$ で等号。 $0 < x ≦ 1$ なら $x^{n} > 0$ で割って

\frac{1}{2} ≦ \frac{1}{1 + x} ≦ \frac{2 - x}{2}

を示せばよい。左は $1 + x ≦ 2$ 、つまり $x ≦ 1$ から従う。右は

\frac{2 - x}{2} - \frac{1}{1 + x} = \frac{( 2 - x ) ( 1 + x ) - 2}{2 ( 1 + x )} = \frac{x - x ^{2}}{2 ( 1 + x )} = \frac{x ( 1 - x )}{2 ( 1 + x )} ≧ 0

から従う。（証明終わり）

図は n = 2 のとき。真ん中の曲線が xⁿ/(1+x) で、うすい2本は下の線 xⁿ/2 と上の線 xⁿ − x^(n+1)/2。塗った帯のなかに収まっていて、x = 0 と x = 1 では3本とも重なる。

$n = 2, 3, 5, 8$ と $0 ≦ x ≦ 1$ の $1001$ 点で、不等式も $\frac{x ^{n}}{1 + x}$ との一致も成り立った。

(2) $a_{n} = k = 1 \sum n \frac{( - 1 ) ^{k - 1}}{k}$ とするとき $n \to \infty lim (- 1)^{n} n (a_{n} - lo g 2)$ を求める

答 $- \frac{1}{2}$

(1) の等式を $0$ から $1$ まで積分すると、左辺が $lo g 2 - a_{n}$ に化ける。

(1) の途中で示した

\frac{x ^{n}}{1 + x} = (- 1)^{n} {\frac{1}{1 + x} - k = 1 \sum n (- x)^{k - 1}}

を $0$ から $1$ まで積分する。 $\int_{0}^{1} \frac{d x}{1 + x} = lo g 2$ 、 $\int_{0}^{1} x^{k - 1} d x = \frac{1}{k}$ なので

\int_{0}^{1} \frac{x ^{n}}{1 + x} d x = (- 1)^{n} {lo g 2 - k = 1 \sum n \frac{( - 1 ) ^{k - 1}}{k}} = (- 1)^{n} (lo g 2 - a_{n})

である。つまり

(- 1)^{n} n (a_{n} - lo g 2) = - n \int_{0}^{1} \frac{x ^{n}}{1 + x} d x

である。(1) の不等式を $0$ から $1$ まで積分すると

\frac{1}{2 ( n + 1 )} ≦ \int_{0}^{1} \frac{x ^{n}}{1 + x} d x ≦ \frac{1}{n + 1} - \frac{1}{2 ( n + 2 )}

である。 $n$ を掛けると

\frac{n}{2 ( n + 1 )} ≦ n \int_{0}^{1} \frac{x ^{n}}{1 + x} d x ≦ \frac{n}{n + 1} - \frac{n}{2 ( n + 2 )}

で、 $n \to \infty$ のとき左辺は $\frac{1}{2}$ 、右辺は $1 - \frac{1}{2} = \frac{1}{2}$ に収束する。はさみうちの原理より

n \to \infty lim n \int_{0}^{1} \frac{x ^{n}}{1 + x} d x = \frac{1}{2}

である。したがって

n \to \infty lim (- 1)^{n} n (a_{n} - lo g 2) = - \frac{1}{2}

である。

$a_{n}$ は $lo g 2$ に「交互に近づく」級数。差はおよそ $\frac{( - 1 ) ^{n - 1}}{2 n}$ で、符号を打ち消すと $- \frac{1}{2}$ が残る、というのがこの問題の言っていること。

$n = 10, 100, 1000, 10000$ で $- 0.4751, - 0.4975, - 0.49975, - 0.499975$ となり、 $- \frac{1}{2}$ に近づいた。

$\int_{0}^{1} \frac{x ^{n}}{1 + x} d x$ をそのまま計算しようとしない。(1) の不等式ではさむのが筋。

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(1)n≧2 の自然数とする。0≦x≦1 のとき 21​xn≦(−1)n{x+11​−1−k=2∑n​(−x)k−1}≦xn−21​xn+1 を示す

(2)an​=k=1∑n​k(−1)k−1​ とするとき n→∞lim​(−1)nn(an​−log2) を求める

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