2020年入試問題研究に戻る慈恵医大2番解答
(1) $ g(t)=\log(1+t)-\dfrac{t}{1+t}=\log(1+t)-\left(1-\dfrac{1}{1+t} \right) $ ， $ h(t)=t-\log(1+t) $ とおく． $ g(0)=h(0)=0 $ である． そして， $ t\geqq 0 $ において， \[ \begin{array}{l} g'(t)=\dfrac{1}{1+t}-\dfrac{1}{(1+t)^2}=\dfrac{t}{(1+t)^2}\geqq 0\\ h'(t)=1-\dfrac{1}{1+t}=\dfrac{t}{1+t}\geqq 0 \end{array} \] である．したがって， $ t\geqq 0 $ のとき， $ g(t) $ ， $ h(t) $ は単調に増加し， $ g(t)\geqq 0 $ ， $ h(t)\geqq 0 $ となる． したがって，不等式 $ \dfrac{t}{1+t}\leqq \log(1+t)\leqq t $ が成り立つ．
(2) \[ \displaystyle \log f_n(x)=\sum_{k=n}^{np}\log\left(1+\dfrac{x}{k}\right) \] である．この各項において，(1)を $ t=\dfrac{x}{k} $ で用いると， $ \dfrac{x}{x+k}\leqq \log\left(1+\dfrac{x}{k}\right)\leqq \dfrac{x}{k} $ が成り立つ．よって， \[ x\sum_{k=n}^{np}\dfrac{1}{x+k}\leqq \log f_n(x)\leqq x\sum_{k=n}^{np}\dfrac{1}{k} \] である．
ここで， \[ \lim_{n \to \infty}\sum_{k=n}^{np}\dfrac{1}{k}= \lim_{n \to \infty}\dfrac{1}{n}\sum_{k=n}^{np}\dfrac{1}{\dfrac{k}{n}} =\int_1^p\dfrac{1}{t}\,dt=\log p \] である． 次に $ x $ を固定し，区間 $ [x+k,\ x+k+1] $ で関数 $ \dfrac{1}{t} $ を考える． この区間で単調減少なので， $ \dfrac{1}{t}\leqq \dfrac{1}{x+k} $ である．よって， \[ \int_{x+k}^{x+k+1}\dfrac{1}{t}\,dt< \int_{x+k}^{x+k+1}\dfrac{1}{x+k}\,dt \] これから \[ \log(x+k+1)-\log(x+k)< \dfrac{1}{x+k} \] である．したがって， \begin{eqnarray*} \sum_{k=n}^{np}\dfrac{1}{x+k}& >&\sum_{k=n}^{np}\left\{\log(x+k+1)-\log(x+k) \right\}\\ &=&\log(x+np+1)-\log(x+n)=\log\dfrac{x+np+1}{x+n}\\ &=&\log\dfrac{\dfrac{x}{n}+p+\dfrac{1}{n}}{\dfrac{x}{n}+1} \end{eqnarray*} となり， \[ \lim_{n \to \infty}\sum_{k=n}^{np}\dfrac{1}{x+k}\geqq \log p \] が成り立つ．よってはさみうちの原理から， \[ \lim_{n \to \infty}\log f_n(x)=x\log p=\log p^x \] 対数関数の連続性から \[ f(x)=\lim_{n \to \infty}f_n(x)=p^x \] である．