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V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． （T）３≦ｍ，ｎのときｍ＜ｎ （U）ｍ＝２のときｎ＝１，５，６，７，・・・ （V）ｎ＝２のときｍ＝３ （W）ｍ＝１のとき存在しない （X）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 $(k+1)^{k+2}$＞$(k+2)^{k+1}$・・・@ 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． @より条件の厳しい $\dfrac{(k+1)^{k+2}}{k^{k+1}}$＞$\dfrac{(k+2)^{k+1}}{(k+1)^k}$・・・A を証明するのがうまい方法である． A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 $e^x\geqq ex$・・・@ 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@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． （T）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． （U）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．  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． 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 目次 |