じっくり考える問題－解答編－

普通の問題は、1問あたり、25分～30分程度で解くことを前提にされていますが、ここでは難し目の問題をじっくり解いてみてください。
一般入試ではありませんが、これも入試問題です。

【問題1】

全ての実数\(x\)に対して定義された関数\(f(x)\)で、必ずしも連続ではない関数を考えます。
この関数が、\(f(x+y)＝f(x)+f(y)\)　\(f(xy)=f(x)f(y)\)　\(f(1)＝1\)
を満たすとします。

(1)　全ての有理数\(x\)に対して、\(f(x)=x\)であることを示してください。
(2)　実数\(x,y\)について、\(x≧y\)ならば、\(f(x)≦f(y)\)であることをしめしてください。
(3)　全ての\(x\)に対して、\(f(x)=x\)であることを示してください。

【解答1】

(1)　\(f(x+y)＝f(x)+f(y)\)･････････①
\(f(xy)=f(x)f(y)\)････････････②
\(f(1)＝1\)･･･････････････････③
\(n\)を整数とするとき、①,③より
\(f(n+1)=f(n)+1\)　よって、全ての整数\(n\)に対して
\(f(n)=n\)であり、これは数学的帰納法により容易に証明されます。（省略）
また、\(x\)が有理数であるとき、\(x=p/q\)とします。　\((p､qは互いに素の整数で、q>0)\)
②　から、
\(f(p/q･q)＝f(p/q)･f(q)\)から、\(f(p/q)＝f(p)/f(q)＝p/q\)
従って、全ての有理数\(x\)にたいして、\(f(x)＝x\)

(2)　\(h≧0\)のとき、②から
\(f(h)=f(\sqrt{h}･\sqrt{h})＝f(\sqrt{h})・f(\sqrt{h})＝(f(\sqrt{h}))^2≧0\)
①から、
\(f(x+(y-x))=f(x)+f(y-x)\)⇔\(f(y)-f(x)＝f(y-x)\)
よって、\(y-x≧0なら、f(y)≧f(x)\)ですから、題意は成り立ちます。

(3)　これが、レベルの高い問題です。

実数\(x\)にたいして、有理数の数列　\(a_i,b_i\)　\((i=1,2,3,･･･････)\)を考え
\(a_i≦ｘ≦b_i\)　\((i＝1,2,3･･････････)\)
\(\displaystyle \lim_{ n \to \infty }(a_i－b_i)＝0\)　･･･････････④
となる　有理数数列\(a_i,b_i\)が存在します。

よって、(2)から
\(f(a_i)≦f(x)≦f(b_i)\)となり、さらに(1)から、
\(a_i≦f(x)≦b_i\)となります。

従って、\(a_i－b_i≦f(x)－ｘ≦b_i－a_i\)
よって、\(\vert f(x)－ｘ\vert≦\vert b_i－a_i\vert\)

ここで、\(\vert f((x)－ｘ\vert>0\)とすると、④に矛盾するので、
\(\vert f((x)－ｘ\vert＝0\)となります。
従って、全ての実数\(x\)に対して、\(f(x)＝x\)であることが示されました。

【問題２】

数列　\(a_n\)を、\(a_n＝n!/(\sqrt{n}n^ne^{-n})\)　で定めます。

\(\displaystyle \lim_{ n \to \infty } a_n＝\sqrt{2π}\)

であることが知られています。これを次の手順でしめしてください。

(1)　\(b_n＝2^{2n}(n!)^2/(\sqrt{n}(2n)!)\)　で定めます。
\(0<x<π/2\)のとき、\(sin^{2n+1}x<sin^{2n}x<sin^{2n-1}\)であることを用いて、

\(\displaystyle \lim_{ n \to \infty } b_n＝\sqrt{π}\)　であることを示してください。

(2)　全ての自然数\(n\)に対して、
\(0<log(a_n/a_{n+1})<100/(n(n+1))\)であることを示してください。

(3)　\(\displaystyle \lim_{ n \to \infty } a_n/a_{n+1}＝1\)　であることを示してください。

(4)　\(\displaystyle \lim_{ n \to \infty } a_n＝\sqrt{2π}\)　を示してください。

【解答2】

(1)　\(I_n＝\displaystyle \int_{0}^{π/2}sin^nxdx\)　　　\((n＝1,2,3･･････)\)とおきます。
部分積分により、
\(I_{n+2}＝(n+1)I_n\)　から　\(I_{n+2}＝(n+1)/(n+2)I_n\)･･･････①
また、\(I_0＝π/2、I_1＝1\)･･･････････②

よって、\(I_{2n}＝(2n)!/(2^{2n}(n!)^2・π/2＝π/(2\sqrt{n}b_n)\)
また、\(I_{2n-1}＝b_n/(2\sqrt{n})\)
さらに、\(I_{2n+1}＝2n/(2n+1)・b_n/(2\sqrt{n})\)

ここで、\(0<x<π/2\)　で　\(0<sinx<1\)から、
\(I_{2n+1}＜I_{2n}<I_{2n-1}\)
従って、\(π<(b_n)^2<π・(2n+1)/2n\)　が成り立ち、この不等式で
\(n→∞\)とすれば、挟み撃ちの原理から、
\(\displaystyle \lim_{ n \to \infty } b_n^2＝π\)
よって、\(\displaystyle \lim_{ n \to \infty } b_n＝\sqrt{π}\)

(2)　\(a_n/a_{n+1}＝((n+1)/n)^{n+1/2}・e^{-1}\)
よって、\(log(a_n/a_{n+1})＝(n+1/2)log(n+1)/n－1\)･･･････③

\(log(n+1)/n＝\displaystyle \int_{n}^{n+1}1/ｘdx\)であり、
\(y=1/x\)は下に凸であることから、
\(2/(2n+1)<\displaystyle \int_{n}^{ n+1} 1/x dx<1/2・(1/n+1/(n+1)+1\)より
\(2/(2n+1)<log(n+1)/n<(2n+1)/(2n(n+1))\)
\(1<(n+1/2)log(n+1)/n<1+1/(4n(n+1))\)
よって、③から
\(0<log(a_n/a_{n+1})<1/(4n(n+1))\)
従って、\(0<log(a_n/a_{n+1})<100/(n(n+1))\)

(3)　\(log(a_n/a_{2n})＝\displaystyle \sum_{ k=n}^{2n-1}log(a_k/a_{k+1}\)であり、
(2)を用いると

\(0<log(a_n/a_{2n})<\displaystyle \sum_{ k=n}^{2n-1}100/(k(k+1))\)
=\(50/n\)
よって、\(０＜log(a_n/a_{n+1})<50/n\)　より、
\(n→∞\)とすれば、挟み撃ちの原理から、
\(\displaystyle \lim_{ n \to \infty } a_n/a_{n+1}＝1\)

(4)　\(a_n/a_{n+1}＝\sqrt{2}・1/a_n・b_n\)

従って、\(a_n＝\sqrt{2}b_n/(a_n/a_{2n})\)
よって、(1),(3)より、

\(\displaystyle \lim_{ n \to \infty }\sqrt{3}b_n/(a_n/a_{n+1}＝\sqrt{2π})\)

（注）　\(n!～\sqrt{2π}・n^{n+1/2}・e^{-n}\)が成り立つことになりますが、これを
Stiringの公式と言います。本問は、Stiringの公式からヒントを得た問題と言えます。