大学入試問題

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5.関数

$f(x)=\dfrac{\log x}{x}$ について

関数

$\dfrac{\log x}{x}$
は入試でしばしば扱われる関数です．この機会にこの関数の使われかたを理解しましょう．

まず,

$n$ が正の整数とするとき

$n^{n+1}$ と

$(n+1)^n$ はどちらが大きいか
を考えましょう．この問題の背景となる関数です．
数学Ⅲまで学んでいると両方の

$n(n+1)$ 乗根をとり

$n^{\frac{1}{n}}$ と

$(n+1)^{\frac{1}{n+1}}$
の大小を調べることになります．

$y=\log x$ は単調増加関数であるから

$f(x)=\log x^{\frac{1}{x}}$
の増加減少の状況を調べれば解決します．
これを微分を用いないで証明しようとすると，うまい変形が必要になります．
その証明は後の解説で行います．
問題に入りましょう．今回は金沢大学の後期の問題です．金沢大の後期の問題は良問の宝庫で，難関大を受験する生徒には必ず解くようにすすめています．

例題1

$m,n$ を自然数とする．次の問いに答えよ．
(1)関数

$f(x)=\log x^{\frac{1}{x}}$
は

$e\leqq x$ において単調に減少することを示せ．
(2)

$3\leqq m$ ＜

$n$ とき

$n^m$ ＜

$m^n$ が成り立つことを証明せよ．
(3)

$2^n\leqq n^2$ を満たす

$n$ をすべて求めよ．
(4)

$k$ を

$2$ 以上の自然数とする．

$m+n=k$ かつ

$n^m$ ＜

$m^n$
を満たす自然数の組

$(m,n)$ の個数

$S_k$ を求めよ．

（平成２１年金沢大学・後期）

＜解答＞ まず，いつものように問題全体を眺めてみましょう．
（１）は簡単な微分ですから問題ないでしょう．

$\dfrac{\log x}{x}=\log x^{\frac{1}{x}}$
ですから，(2)の
　

$n^m$ ＜

$n^m$
は

$n^m$ ＜

$m^n \Longleftrightarrow n^{\frac{1}{n}}$ ＜

$m^{\frac{1}{m}}$
を利用すると，解決しそうです．
（３）は（２）以外のすなわち

$m=2$ の場合です．
（２），（３）を利用すれば（４）は解決しそうです．
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
このように全体を眺めることが大切です．　

それでは解答に入ります．

(１)

$f'(x)=\dfrac{1-\log x}{x^2}$
より

$e\leqq x$ のとき

$f(x)$ は単調減少．
ちなみに

$f''(x)$ まで計算すると

$f''(x)=\dfrac{2(\log x)-3}{x^3}$
よりグラフは右図のようになります．
パソコンでこのグラフを書くと，

$e\leqq x$ でほとんど直線になり，増加，減少，凹凸は判別できません．(グラフの概形を書くということは，正確に書くというより，特徴が分かるように書くことです．一度，このグラフや指数関数のグラフをパソコンで書いてみましょう)．

（２）

$m^n$ ＞

$n^m \Longleftrightarrow m^{\frac{1}{m}}$ ＞

$n^{\frac{1}{n}}$
であり，

$f(x)=x^{\frac{1}{x}}$
が

$e\leqq x$ で単調減少であるから

$3\leqq m$ ＜

$n$ のとき

$n^{\frac{1}{n}}$ ＜

$m^{\frac{1}{m}}$
すなわち

$n^m$ ＜

$m^n$
が成り立つ．

（３）

$3\leqq m,n$ のとき（２）で

$m$ ＜

$n \Longleftrightarrow n^m$ ＜

$m^n$
が示された．後は

$m=2$ の場合と

$m=1$ の場合に

$m,n$ の大小関係と

$m^n,n^m$ の大小関係を調べる必要がある．

$f(x)=x^{\frac{1}{x}}$ のとき

$f(x)$ の増減より

$1=f(1)$ ＜

$f(2)$ ＜

$f(e)$

$f(e)$ ＞

$f(3)$ ＞

$f(4)$ ＞

$f(5)$ ＞

$\cdots$
ここで

$f(4)=4^{\frac{1}{4}}=\sqrt{2}=f(2)$
より

$f(3)$ ＞

$f(2)=f(4)$ ＞

$f(5)$ ＞

$f(6)$ ＞

$\cdots$
したがって，

$2\leqq n$ のとき

$\sqrt{2}\leqq \sqrt[n]{n}\Longleftrightarrow 2^n\leqq n^2$
となる

$n$ は

$n=2,3,4$ である．
すなわち

$\sqrt{2}$ ＞

$\sqrt[n]{n} \Longleftrightarrow 2^n$ ＞

$n^2$
となるｎはｎ＝１，５，６，７，・・・

（４）あと残されているのはｍ，ｎの片方が１のときで

$n$ ＞

$1$ のとき

$n^{\frac{1}{n}}$ ＞

$1$ は明らかである．

したがって，

$m^n$ ＞

$n^m　\Longleftrightarrow m^{\frac{1}{m}}$ ＞

$n^{\frac{1}{n}}$
を満たす（ｍ，ｎ）は次の通り．
（Ⅰ）３≦ｍ，ｎのときｍ＜ｎ
（Ⅱ）ｍ＝２のときｎ＝１，５，６，７，・・・
（Ⅲ）ｎ＝２のときｍ＝３
（Ⅳ）ｍ＝１のとき存在しない
（Ⅴ）ｎ＝１のときｍ＝２，３，・・・
これらを図示すると右のようになる．
ｎ＝１，２の格子点を，直線ｎ＝ｍに関して対称移動した図が右下図．
（２，４）だけが含まれないことを考慮すれば，

$S_k$ の値は
ｋが奇数のとき

$S_k=\dfrac{k-1}{2}$
ｋが６以外の偶数のとき

$S_k=\dfrac{k-2}{2}$

$S_6=1$

＜解説＞ ３≦ｎのとき
ｎ^{（ｎ＋１）}と（ｎ＋１）^ｎ
の大小関係を数学的帰納法で証明する．
命題ｎ≧３のとき
ｎ^{（ｎ＋１）}＞（ｎ＋１）^ｎ
が成り立つ．
証明

$n=3$ のとき

$3^4=81,4^3=64$
より成り立つ．

$n=k$ のとき

$k^{k+1}$ ＞

$(k+1)^k$
が成り立つと仮定する．このとき

$(k+1)^{k+2}$ ＞

$(k+2)^{k+1}$ ・・・①
を証明すればよいのであるが，これを直接証明するのはなかなか難しい．
①より条件の厳しい

$\dfrac{(k+1)^{k+2}}{k^{k+1}}$ ＞

$\dfrac{(k+2)^{k+1}}{(k+1)^k}$ ・・・②
を証明するのがうまい方法である．
②は
（ｋ＋１）^{（２ｋ＋２）}＞｛ｋ（ｋ＋２）｝^{（ｋ＋１）}
と同値であり，これは
（ｋ＋１）^２＞ｋ（ｋ＋２）
より明らか．
したがって，

$(k+1)^{k+2}$ ＞

$(k+2)^{k+1}$
より証明された．

なお

$f(x)=x^{\frac{1}{x}}$
の最大値は，
（１）の結果より，ｘ＝ｅで最大値をとるから最大値は

$f(e)=e^{\frac{1}{e}}$
である．

次の例題を解いてみよう．

例題2

$a$ を正の定数とする．不等式

$a^x\geqq x$
が任意の正の実数

$x$ に対して成り立つような

$a$ の値の範囲をもとめよ．

不等式

$e^x\geqq ax$
が常に成り立つような

$a$ の範囲を求めよ．
なら，原点から

$y=e^x$ に引いた接線が

$y=ex$ であるから

$a\leqq e$
はすぐ分かります．それを使ってもよいが，標準的な解答は次のようになります．

解答

$y=\log x$ は単調増加関数であるから

$a^x \geqq x\Longleftrightarrow x\log a \geqq \log x \Longleftrightarrow \log a\geqq \dfrac{\log x}{x} \ \ (\because x$ ＞

$0)$

$y=\dfrac{\log x}{x}$
の最小値は

$x=e$ で

$\dfrac{1}{e}$ をとるから

$\log a \geqq \dfrac{1}{e} \ \ \therefore a\geqq e^{\frac{1}{e}}$

次のように解いてもよい．
任意の

$x$ で

$e^x\geqq ex$ ・・・①
が成り立つ．ただし等号が成り立つのは

$x=e$
一方，

$a^x=e^{(\log a)x}$
であるから①の

$x$ を

$(\log a)x$ に置き換えて

$e^{(\log a)x}\geqq e(\log a)x$
さらに，

$t=e(\log a)x$ とおくと

$e^{\frac{t}{e}}\geqq t$
この式が任意の

$t$ で成り立つ．
等号が成り立つのは

$t=e$
すなわち，

$(e^{\frac{1}{e}})^t\geqq t$
が任意の

$t$ で成り立ち，等号が成り立つのは

$t=e$ .

$y=a^x$ の

$a$ の変化によるグラフの変化を考え

$a\geqq e^{\frac{1}{e}}$ を得る．

例題より，

$y=a^x$ とその逆関数

$y=\log _ax$ が接する

$a$ の値は

$a=e^{\frac{1}{e}}$ であることがわかる．
この問題は

$y=a^x$ と直線

$y=x$ が接するときの

$a$ の値を次のように求めてもよい．
接点の

$x$ 座標を

$t$ とすると連立方程式

$\begin{cases} a^t=t \\ (\log a)a^t=1 \end{cases}$
を解けばよい．
第１式の両辺の対数をとり

$\log a=\dfrac{\log t}{t}$
この式を第２式に代入および第１式より

$\log t=1 \ \ \therefore t=e$
したがって，

$a^e=e$
より

$a=e^{\frac{1}{e}}$

ここで，ｅは無理数であるから，無理数の無理数乗を考えている．
無理数の無理数乗が有理数なのか，無理数なのか，これは面白い話題です．

命題
無理数の無理数乗は有理数の場合も無理数の場合もある

といえます．この証明が面白いので紹介します．
証明

$\sqrt{2}^{\sqrt{2}}$
は有理数か無理数です．
（Ⅰ）無理数とすると

$\left(\sqrt{2}^{\sqrt{2}}\right)^{\sqrt{2}}=\sqrt{2}^2=2$
となり，有理数も無理数も存在する．

（Ⅱ）有理数とすると

$\sqrt{2}^{\sqrt{2}}=\dfrac{q}{p}$ (

$p,q$ は互いに素)
とおき，

$p,q$ を素因数分解し，素数の指数の最大値を

$m$ とし,

$m$ ＜

$n$ を満たす

$n$ をとれば

$\sqrt[n]{\dfrac{q}{p}}$
は無理数
（

$∵\sqrt[n]{\dfrac{q}{p}}=\dfrac{k}{l}$ と置けば，

$\dfrac{q}{p}=(\dfrac{k}{l})^n$
となり

$p,q$ を素因数分解したときの素数の指数が

$n$ 以上となり矛盾）．
したがって

$\left(\sqrt{2}^{\sqrt{2}}\right)^{\frac{1}{n}}=(\sqrt{2})^{\frac{\sqrt{2}}{n}}$
は無理数となる．したがって，有理数，無理数両方存在する．
すなわち

$\sqrt{2}^{\sqrt{2}},\left(\sqrt{2}^{\sqrt{2}}\right)^{\sqrt{2}}$
または,十分大きい

$n$ で

$\sqrt{2}^{\sqrt{2}},(\sqrt{2})^{\frac{\sqrt{2}}{n}}$
を考えれば，片方が有理数，もう一方が無理数になるということです．

なかなか面白い証明でしょう．ところで

は有理数，無理数どちらなのでしょう．これを論ずる力は残念ながら私にはありません．有理数より広い概念に代数的数（整数係数の方程式の解全体よりなる数）があり，代数的数でない実数を超越数といいます．多分

は超越数なのだと思います．これが成り立つならもちろん無理数です．

続く

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