解説

方針・初手

まず

$$ f'(x)=\cos x-2nx+\frac{x^2}{3},\qquad f''(x)=-\sin x-2n+\frac{2x}{3} $$

を計算する。

（1） では $3<\pi<4$ を用いて $\dfrac{2x}{3}$ を上から抑え，$f''(x)<0$ を示す。

（2） では $f''(x)<0$ から $f'(x)$ が単調減少であることを使い，$f(x)$ が「増加してから減少する」ことを示して，解の存在と一意性を示す。

（3） では $f(\alpha_n)=0$ を変形して $\alpha_n$ を評価し，最後に $n\alpha_n$ の極限を求める。

解法1

**(1)**

$0<x<\dfrac{\pi}{2}$ のとき，

$$ 0<\frac{2x}{3}<\frac{\pi}{3}<\frac{4}{3} $$

である。また $n$ は自然数だから $n\geqq 1$ であり，さらに $0<x<\dfrac{\pi}{2}$ では $\sin x>0$ である。

したがって

$$ \begin{aligned} f''(x)=-\sin x-2n+\frac{2x}{3} &< -2+\frac{4}{3} &= -\frac{2}{3} \\ &<0 \end{aligned} $$

となる。

よって $0<x<\dfrac{\pi}{2}$ において $f''(x)<0$ である。

**(2)**

（1） より，$0<x<\dfrac{\pi}{2}$ において $f''(x)<0$ であるから，$f'(x)$ はこの区間で単調減少である。

ここで

$$ f'(0)=1>0 $$

であり，

$$ \begin{aligned} f'\left(\frac{\pi}{2}\right) &= \cos\frac{\pi}{2}-2n\cdot\frac{\pi}{2}+\frac{1}{3}\left(\frac{\pi}{2}\right)^2 \\ -n\pi+\frac{\pi^2}{12} \end{aligned} $$

である。$n\geqq 1,\ 3<\pi<4$ より

$$ \begin{aligned} f'\left(\frac{\pi}{2}\right) &\leqq -\pi+\frac{\pi^2}{12}\\ &< -3+\frac{16}{12} &= -\frac{5}{3} \\ &<0 \end{aligned} $$

となる。

よって，$f'(x)$ は正から負へ 1 回だけ符号を変えるので，あるただ 1 つの $c_n\in\left(0,\dfrac{\pi}{2}\right)$ が存在して

$$ f'(c_n)=0 $$

となる。したがって $f(x)$ は

• $0<x<c_n$ で増加
• $c_n<x<\dfrac{\pi}{2}$ で減少

する。

次に解の存在を示す。

$$ \begin{aligned} \lim_{x\to 0+}\frac{f(x)}{x} &= \lim_{x\to 0+}\left(\frac{\sin x}{x}-nx+\frac{x^2}{9}\right) \\ &=1\\ &>0 \end{aligned} $$

より，$x>0$ で十分小さいとき $f(x)>0$ である。

一方，

$$ f\left(\frac{\pi}{2}\right) =1-\frac{n\pi^2}{4}+\frac{\pi^3}{72} $$

であり，$n\geqq 1,\ 3<\pi<4$ から

$$ \begin{aligned} f\left(\frac{\pi}{2}\right) &\leqq 1-\frac{\pi^2}{4}+\frac{\pi^3}{72}\\ &< 1-\frac{9}{4}+\frac{64}{72}\\ &= -\frac{13}{36}\\ &<0 \end{aligned} $$

となる。

したがって，連続性より方程式 $f(x)=0$ は区間 $\left(0,\dfrac{\pi}{2}\right)$ に少なくとも 1 つ解をもつ。

さらに，$f(0)=0$ かつ $0<x<c_n$ で $f$ は増加するから，

$$

0<x<c_n \quad\Longrightarrow\quad f(x)>f(0)=0

$$

であり，$\left(0,c_n\right)$ には解をもたない。

また $c_n<x<\dfrac{\pi}{2}$ では $f$ は単調減少し，$f(c_n)>0,\ f\left(\dfrac{\pi}{2}\right)<0$ だから，$\left(c_n,\dfrac{\pi}{2}\right)$ に解はただ 1 つである。

以上より，方程式 $f(x)=0$ は $0<x<\dfrac{\pi}{2}$ の範囲で解をただ 1 つもつ。

**(3)**

（2） の解を $\alpha_n$ とする。すると

$$

0<\alpha_n<\frac{\pi}{2}<2

$$

である。

$f(\alpha_n)=0$ より

$$

\sin\alpha_n-n\alpha_n^2+\frac{1}{9}\alpha_n^3=0

$$

すなわち

$$

n\alpha_n^2=\sin\alpha_n+\frac{1}{9}\alpha_n^3

$$

である。ここで $0<\alpha_n<2$ であるから $\sin\alpha_n<\alpha_n$ および

$$

\frac{1}{9}\alpha_n^3<\frac{2}{9}\alpha_n^2

$$

が成り立つ。よって

$$

n\alpha_n^2 < \alpha_n+\frac{2}{9}\alpha_n^2

$$

となるので，

$$

\left(n-\frac{2}{9}\right)\alpha_n^2<\alpha_n

$$

を得る。$\alpha_n>0$ であるから両辺を $\alpha_n$ で割って

$$

\alpha_n<\frac{1}{,n-\frac{2}{9},}

$$

となる。

右辺は $n\to+\infty$ で $0$ に収束するから，はさみうちの原理より

$$

\lim_{n\to+\infty}\alpha_n=0

$$

である。

次に，$f(\alpha_n)=0$ を $\alpha_n$ で割ると

$$

\frac{\sin\alpha_n}{\alpha_n}-n\alpha_n+\frac{\alpha_n^2}{9}=0

$$

すなわち

$$

n\alpha_n=\frac{\sin\alpha_n}{\alpha_n}+\frac{\alpha_n^2}{9}

$$

を得る。ここで $\alpha_n\to 0$ より

$$

\frac{\sin\alpha_n}{\alpha_n}\to 1,\qquad \frac{\alpha_n^2}{9}\to 0

$$

だから，

$$

\lim_{n\to+\infty}n\alpha_n=1

$$

となる。

解説

この問題の要点は，まず $f''(x)<0$ を示して $f$ の凹性を確定することである。これにより $f'(x)$ が単調減少となり，$f$ の増減が一度だけ切り替わることが分かる。すると解の個数の議論が非常にしやすくなる。

また （3） では，解 $\alpha_n$ が 0 に近づくことを示したあと，方程式 $f(\alpha_n)=0$ を $\alpha_n$ で割るのが典型的な処理である。$\dfrac{\sin\alpha_n}{\alpha_n}\to 1$ を使える形に持ち込めば，$n\alpha_n$ の極限は直ちに決まる。

答え

**(1)**

$0<x<\dfrac{\pi}{2}$ で

$$

f''(x)<0

$$

である。

**(2)**

方程式 $f(x)=0$ は

$$

0<x<\frac{\pi}{2}

$$

にただ 1 つ解をもつ。

**(3)**

その解を $\alpha_n$ とすると，

$$

\lim_{n\to+\infty}\alpha_n=0,\qquad \lim_{n\to+\infty}n\alpha_n=1

$$

である。