解説

方針・初手

まず曲線 $y=\dfrac{1}{x}$ の点 $P_n$ における接線の方程式を求める。次に、$\ell_n$ と $\ell_{n+1}$ の交点を求め、その交点を境にして、曲線と接線との差を積分すれば面積 $S_n$ が得られる。

解法1

曲線 $C:y=\dfrac{1}{x}$ において、

$$ y'=-\frac{1}{x^2}

$$

である。したがって、点 $P_a\left(a,\dfrac{1}{a}\right)$ における接線は

$$ y-\frac{1}{a}=-\frac{1}{a^2}(x-a)

$$

すなわち

$$ y=-\frac{x}{a^2}+\frac{2}{a}

$$

である。

よって、

$$ \ell_n:y=-\frac{x}{n^2}+\frac{2}{n}

$$

$$ \ell_{n+1}:y=-\frac{x}{(n+1)^2}+\frac{2}{n+1}

$$

である。

交点

$\ell_n$ と $\ell_{n+1}$ の交点を求める。

$$ \begin{aligned} -\frac{x}{n^2}+\frac{2}{n} &= -\frac{x}{(n+1)^2}+\frac{2}{n+1} \end{aligned} $$

より、

$$ \begin{aligned} x\left(\frac{1}{(n+1)^2}-\frac{1}{n^2}\right) &= \frac{2}{n+1}-\frac{2}{n} \end{aligned} $$

である。ここで、

$$ \begin{aligned} \frac{1}{(n+1)^2}-\frac{1}{n^2} &= -\frac{2n+1}{n^2(n+1)^2} \end{aligned} $$

かつ

$$ \begin{aligned} \frac{2}{n+1}-\frac{2}{n} &= -\frac{2}{n(n+1)} \end{aligned} $$

であるから、

$$ x=\frac{2n(n+1)}{2n+1}

$$

となる。これを $\ell_n$ に代入すると、

$$ \begin{aligned} y = \\ -\frac{1}{n^2}\cdot \frac{2n(n+1)}{2n+1} +\frac{2}{n} &= \frac{2}{2n+1} \end{aligned} $$

である。

したがって、交点は

$$ \left(\frac{2n(n+1)}{2n+1},\frac{2}{2n+1}\right)

$$

である。

面積 $S_n$

交点の $x$ 座標を

$$ q=\frac{2n(n+1)}{2n+1}

$$

とおく。このとき、

$$ q-n=\frac{n}{2n+1}>0

$$

かつ

$$ n+1-q=\frac{n+1}{2n+1}>0

$$

なので、

$$ n<q<n+1

$$

である。

また、接点の $x$ 座標を $a$ とすると、接線 $\ell_a$ に対して

$$ \begin{aligned} \frac{1}{x}-\left(-\frac{x}{a^2}+\frac{2}{a}\right) &= \frac{(x-a)^2}{a^2x} \end{aligned} $$

である。したがって、$x>0$ では曲線 $C$ は接線以上にある。

よって、求める面積は

$$ \begin{aligned} S_n &= \int_n^q \left\{ \frac{1}{x}-\left(-\frac{x}{n^2}+\frac{2}{n}\right) \right\},dx + \int_q^{n+1} \left\{ \frac{1}{x}-\left(-\frac{x}{(n+1)^2}+\frac{2}{n+1}\right) \right\},dx \end{aligned} $$

である。先ほどの式を使うと、

$$ \begin{aligned} S_n &= \int_n^q \frac{(x-n)^2}{n^2x},dx + \int_q^{n+1} \frac{(x-(n+1))^2}{(n+1)^2x},dx \end{aligned} $$

となる。

ここで、

$$ \begin{aligned} \frac{(x-a)^2}{a^2x} &= \frac{x}{a^2}-\frac{2}{a}+\frac{1}{x} \end{aligned} $$

であるから、

$$ \begin{aligned} \int \frac{(x-a)^2}{a^2x},dx &= \frac{x^2}{2a^2}-\frac{2x}{a}+\log x \end{aligned} $$

である。したがって、

$$ \begin{aligned} S_n &= \left[ \frac{x^2}{2n^2}-\frac{2x}{n}+\log x \right]_n^q + \left[ \frac{x^2}{2(n+1)^2}-\frac{2x}{n+1}+\log x \right]_q^{n+1} \\ &= \frac{q^2}{2}\left(\frac{1}{n^2}-\frac{1}{(n+1)^2}\right) -2q\left(\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}\right) +\log\frac{n+1}{n} \end{aligned}

$$

である。

ここに

$$ q=\frac{2n(n+1)}{2n+1}

$$

を代入する。

まず、

$$ \begin{aligned} \frac{q^2}{2}\left(\frac{1}{n^2}-\frac{1}{(n+1)^2}\right) &= \frac{2}{2n+1} \end{aligned} $$

であり、

$$ \begin{aligned} -2q\left(\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}\right) &= -\frac{4}{2n+1} \end{aligned} $$

である。よって、

$$ \begin{aligned} S_n &= \log\frac{n+1}{n} -\frac{2}{2n+1} \end{aligned} $$

すなわち

$$ \begin{aligned} S_n &= \log\left(1+\frac{1}{n}\right) -\frac{2}{2n+1} \end{aligned} $$

である。

極限

求める極限は

$$ \begin{aligned} \lim_{n\to\infty} n^3S_n &= \lim_{n\to\infty} n^3\left\{ \log\left(1+\frac{1}{n}\right)-\frac{2}{2n+1} \right\} \end{aligned} $$

である。

ここで、

$$ \omega=\frac{1}{n}

$$

とおくと、$n\to\infty$ のとき $\omega\to 0+$ であり、

$$ \begin{aligned} S_n &= \log(1+\omega)-\frac{2\omega}{2+\omega} \end{aligned} $$

である。

また、

$$ \begin{aligned} \frac{2\omega}{2+\omega} &= \omega-\frac{1}{2}\omega^2+\frac{1}{4}\omega^3-\frac{\omega^4}{4(\omega+2)} \end{aligned} $$

が成り立つ。

与えられた不等式より、

$$ \omega-\frac{1}{2}\omega^2+\frac{1}{3}\omega^3-\frac{1}{4}\omega^4 < \log(1+\omega) < \omega-\frac{1}{2}\omega^2+\frac{1}{3}\omega^3

$$

である。したがって、

$$ \frac{1}{12}\omega^3-\frac{\omega^4(\omega+1)}{4(\omega+2)} < S_n < \frac{1}{12}\omega^3+\frac{\omega^4}{4(\omega+2)}

$$

となる。

両辺を $\omega^3$ で割ると、

$$ \frac{1}{12}-\frac{\omega(\omega+1)}{4(\omega+2)} < \frac{S_n}{\omega^3} < \frac{1}{12}+\frac{\omega}{4(\omega+2)}

$$

である。$\omega\to 0+$ とすると、左右の辺はいずれも $\dfrac{1}{12}$ に収束する。

ゆえに、はさみうちの原理より、

$$ \begin{aligned} \lim_{n\to\infty}\frac{S_n}{\omega^3} &= \frac{1}{12} \end{aligned} $$

である。$\omega=\dfrac{1}{n}$ より、これは

$$ \begin{aligned} \lim_{n\to\infty} n^3S_n &= \frac{1}{12} \end{aligned} $$

を意味する。

解説

この問題では、接線の方程式を個別に求めるだけでなく、一般の接点 $a$ における接線との差

$$ \begin{aligned} \frac{1}{x}-\left(-\frac{x}{a^2}+\frac{2}{a}\right) &= \frac{(x-a)^2}{a^2x} \end{aligned} $$

を使うのが重要である。これにより、曲線と接線の上下関係が確認でき、面積の積分区間も自然に決まる。

また、面積 $S_n$ は最終的に

$$ \begin{aligned} S_n &= \log\left(1+\frac{1}{n}\right)-\frac{2}{2n+1} \end{aligned} $$

という形になる。極限では、$\log(1+\omega)$ と $\dfrac{2\omega}{2+\omega}$ の $3$ 次までの差が本質であり、低次の項が打ち消し合うことを見抜く必要がある。

答え

**(1)**

$$ \left(\frac{2n(n+1)}{2n+1},\frac{2}{2n+1}\right)

$$

**(2)**

$$ \begin{aligned} S_n &= \log\left(1+\frac{1}{n}\right)-\frac{2}{2n+1} \end{aligned} $$

**(3)**

$$ \begin{aligned} \lim_{n\to\infty} n^3S_n &= \frac{1}{12} \end{aligned} $$