謎演算の極限 – 2025年京大 特色入試 数学 第1問
2025年京大 特色入試 数学 第1問は実数の小数部分の極限を求めるという、なかなかいやらしい問題です。問題文は以下のとおりです。
n を自然数とする. 実数 x に対し, x を超えない最大の整数を [x] とし, f(x) = x– [x] と定める.このとき, 1よりも大きく,かつ整数でないような実数xのうちで、
\lim_{n \to \infty} f \left ( \frac{1}{ n f (\sqrt[n]{x} )} \right ) = \frac{1}2を満たすものをすべて求めよ.
本問における f(x) は実数 x の小数部分を返す関数です。こいつと n 乗根や分数を合成した値の極限を求めよというのですから、脳みそがフリーズしそうです。それでは見ていきましょう。
2025年京大 特色入試 数学 第1問 の解法
外側の f(x) を何とかする
この手の「謎演算」に対処するには、普通の演算で書き下せるところまで持っていくことが必須です。
そこでまず、外側の f(x) を外すことにチャレンジします。
f \left ( \frac{1}{ n f (\sqrt[n]{x} )} \right ) = \frac{1}{ n f (\sqrt[n]{x} )} - \left [ \frac{1}{ n f (\sqrt[n]{x} )} \right ]なので、もし内側の f(x) が無ければ、 x > 1 なので n が十分に大きいとき
f \left ( \frac{1}{ n \sqrt[n]{x} } \right ) = \frac{1}{ n \sqrt[n]{x} } であり、したがって
\lim_{n \to \infty}f \left ( \frac{1}{ n \sqrt[n]{x} } \right ) =0です。
あれっ？！ \displaystyle\frac{1}2 に収束しないじゃん。すなわち内側の f(x) がエッセンシャルなので、まず内側から考える必要がありそうです。
内側の f(x) を何とかする
ここでよく考えてみると、 \lim\limits_{n \to \infty} \sqrt[n]{x} = 1 でかつ x > 1 なので、 n が十分大きいとき（ n > \displaystyle\frac{\log x} {\log 2} のとき） \sqrt[n]{x} < 2 です。よって
\begin{aligned}
f( \sqrt[n]{x} ) = & \sqrt[n]{x} -1\\
= &e ^{ \frac{1}n \log x} -1
\end{aligned}です。
これは何とかなりそうな気がしてきました。
\begin{aligned}
n f( \sqrt[n]{x} ) = & n (e ^{ \frac{1}n \log x} -1) \\
= & \frac{e ^{ \frac{1}n \log x} -1}{\frac{1}n}
\end{aligned}と、なんか見たことがある形に変形できます。すなわち、 t を独立変数とする関数 g(t) を
g(t) = e^{t \log x }と定義するとき、 \lim\limits_{n \to \infty} n f( \sqrt[n]{x} ) は関数 y = g(t) の t = 0 における微分であり、
\begin{aligned}
\lim_{n \to \infty} nf( \sqrt[n]{x} )= & \lim_{n \to \infty}\frac{g(\frac{1}n) -g(0)}{\frac{1}n} \\
= & g'(0) =\log x
\end{aligned}です。
再び外側の f(x) にチャレンジ
ここで再び外側の f(x) にチャレンジです。 f(x) は実数全体に対して連続ではないので、無邪気に
\begin{aligned}
\lim_{n \to \infty} f \left ( \frac{1}{ n f (\sqrt[n]{x} )} \right ) = & f \left ( \frac{1}{ \lim\limits_{n \to \infty}n f (\sqrt[n]{x} )} \right ) \\
= &f \left ( \frac{1}{ \log x} \right )
\end{aligned}などとやってしまうわけには行きません。
でも多分そうなるはずなので、これをめざして論理を組み立てていきましょう。
0 < 1/log x < 1 の場合
まず
0 < \frac{1}{ \log x} < 1すなわち
e < x
の場合です。
n が十分に大きいとき
\begin{aligned}
f( \sqrt[n]{x} ) = &e ^{ \frac{1}n \log x} -1
\end{aligned}なので
\begin{aligned}
f \left ( \frac{1}{ n f (\sqrt[n]{x} )} \right ) = & f \left ( \frac{1}{ n (e ^{ \frac{1}n \log x} -1)} \right ) \\
\end{aligned}です。
ここで先程の t に関する関数 g(t) に平均値の定理を適用します。
すなわち、ある実数 0 < c < \displaystyle\frac{1}n が存在して
\begin{aligned}
f(\sqrt[n]{x} ) = & e ^{ \frac{1}n \log x} -1 \\
= &g \left (\frac{1}n \right ) -g(0) \\
= & \frac{1}n g' (c) \\
= & \frac{\log x}n e ^{c \log x } \\
= & \frac{\log x}n x^c
\end{aligned}です。よって
\frac{\log x}n < f( \sqrt[n]{x} ) < \frac{\log x}n x ^{\frac{1}n}が成り立ちます。したがって
\begin{aligned}
0 <\frac{1}{x^{\frac{1}n} \log x} <\frac{1}{ n f (\sqrt[n]{x} )} < \frac{1}{\log x} < 1
\end{aligned}です。ゆえに
\begin{aligned}
f \left( \frac{1}{ n f (\sqrt[n]{x} )} \right ) = \frac{1}{ n f (\sqrt[n]{x} )}
\end{aligned}であり、
\begin{aligned}
\frac{1}{x^{\frac{1}n} \log x} < f\left ( \frac{1}{ n f (\sqrt[n]{x} )} \right) < \frac{1}{\log x}
\end{aligned}が成り立ちます。
一方
\lim_{n \to \infty}\frac{1}{x^{\frac{1}n} \log x} = \frac{1}{\log x} であることから
\begin{aligned}
\lim_{n \to \infty} f \left ( \frac{1}{ n f (\sqrt[n]{x} )} \right )
= \frac{1}{ \log x}
\end{aligned}であることが証明できました。
これが \displaystyle\frac{1}2 に等しいというのですから、
\frac{1}{\log x} = \frac{1}2すなわち
x = e^2
ですが、確かに e < x を満たします。ゆえに e2 は題意を満たす実数の一つです。
m < 1/log x < m+1 の場合
同様に、自然数 m に対し
m < \frac{1}{ \log x} < m +1すなわち
e^{\frac{1}{m+1} } < x < e^{ \frac{1}{m}}の場合を考えます。先程の場合と同様、 n が十分に大きいとき（ n > \displaystyle\frac{\log x} {\log 2} のとき）
\begin{aligned}
\frac{1}{x^{\frac{1}n} \log x} <\frac{1}{ n f (\sqrt[n]{x} )} < \frac{1}{\log x} < m+1
\end{aligned}が成り立ちます。
もし
m < \frac{1}{x^{\frac{1}n} \log x} \cdots(1)が成り立てば、
\begin{aligned}
m < & \frac{1}{x^{\frac{1}n} \log x} \\
< &\frac{1}{ n f (\sqrt[n]{x} )} \\
< &\frac{1}{\log x} < m +1 \cdots(2)
\end{aligned}なので
\begin{aligned}
f \left( \frac{1}{ n f (\sqrt[n]{x} )} \right ) = \frac{1}{ n f (\sqrt[n]{x} )} -m
\end{aligned}であり
\begin{aligned}
\frac{1}{x^{\frac{1}n} \log x} <f \left (\frac{1}{ n f (\sqrt[n]{x} )} \right ) +m < \frac{1}{\log x}
\end{aligned}が成り立ちます。よって
\begin{aligned}
\lim_{n \to \infty} f \left ( \frac{1}{ n f (\sqrt[n]{x} )} \right )
= \frac{1}{ \log x} - m
\end{aligned}が成り立ちます。
そこで不等式(1)ですが、変形して
x^{\frac{1}n} < \frac{1}{m \log x}です。 m < \displaystyle\frac{1}{ \log x} であったので、 m log x < 1 です。
両辺の対数をとって
\frac{1}n < - \log( m \log x )ですが、右辺は正の値なので
\frac{1}{- \log (m \log x )} < n \cdots (3)です。つまり、 nが不等式(3)を満たすほど大きければ不等式(1)が成り立ちます。
したがって n が十分に大きいとき、具体的には
\max \left (\frac{\log x} {\log 2},\frac{1}{- \log (m \log x )} \right) < nのとき、不等式(1)および(2)が成り立って
\begin{aligned}
\lim_{n \to \infty} f \left ( \frac{1}{ n f (\sqrt[n]{x} )} \right )
= \frac{1}{ \log x} - m
\end{aligned}が成り立ちます。
これが \displaystyle\frac{1}2 に等しいというのですから、
\frac{1}{\log x} -m= \frac{1}2すなわち
x = e^{\frac{2}{2m+1}}ですが、確かに
e^{\frac{1}{m+1} } < x < e^{ \frac{1}{m}}を満たします。ゆえに x = e^{\frac{2}{2m+1}} は題意を満たす実数です。
1/log x = m の場合
残りは
\frac{1}{ \log x} = m すなわち
x = e^{ \frac{1}{m}}の場合です。ここに m は自然数です。
例によって n が十分に大きいとき
\begin{aligned}
f \left ( \frac{1}{ n f (\sqrt[n]{e^{\frac{1}{m}}} )} \right ) = & f \left ( \frac{1}{ n (e ^{ \frac{1}{mn} } -1)} \right ) \\
\end{aligned}ですが、右辺の f を何とか外します。
m,n > 0 なので
e^{\frac{1}{mn}} -1 < \frac{1}{mn}が成り立ちます。よって
\frac{1}{ n (e ^{ \frac{1}{mn} } -1)} < mです。
一方、
\lim_{n \to \infty}\frac{1}{ n (e ^{ \frac{1}{mn} } -1)} =\lim_{n \to \infty}\frac{m}{ mn (e ^{ \frac{1}{mn} } -1)} = mなので、 n が十分大きければ
m -1 <\frac{1}{ n (e ^{ \frac{1}{mn} } -1)} \cdots(4)が成り立ちます。これは明らかといえば明らかなので、試験では無証明で突っ走っても大丈夫だと思いますが、高校の範囲できちっと証明しようとするとちょっと面倒くさいです。
不等式を変形すると
e ^{ \frac{1}{mn} } -1 < \frac{m}{m-1} \cdot\frac{1}{mn}です。こいつが成り立つことを証明するので、t の関数
h(t) = \frac{m}{m-1}t + 1 - e^tを導入し、 t > 0 が十分小さいときに h(t) > 0 が成り立つことを証明します。
h'(t) = \frac{m}{m-1} -e^tなので
t < \log \frac{m}{m-1}のとき h'(t) > 0 であり、h(t) は単調増加です。 h(0) = 0 なので、
0 < t < \log \frac{m}{m-1}のとき h(t) > 0 です。
よって
\frac{1}{m \log \frac{m}{m-1}} < n のとき
0 < \frac{1}{mn} < \log \frac{m}{m-1}なので h (\frac{1}{mn} ) > 0 であり、したがって不等式(4)が成り立ちます。
以上、n が十分に大きいとき
m-1 < \frac{1}{ n (e ^{ \frac{1}{mn} } -1)} < m \cdots (5)が成り立つので
\begin{aligned}
f \left ( \frac{1}{ n f (\sqrt[n]{e^{\frac{1}{m}}} )} \right ) = & f \left ( \frac{1}{ n (e ^{ \frac{1}{mn} } -1)} \right ) \\
= & \frac{1}{ n (e ^{ \frac{1}{mn} } -1)} -m+1
\end{aligned}であり
\begin{aligned}
& \lim_{n \to \infty} f \left ( \frac{1}{ n f (\sqrt[n]{e^{\frac{1}{m}}} )} \right ) \\
= &\lim_{n \to \infty} \frac{1}{ n (e ^{ \frac{1}{mn} } -1)} -m+1 \\
= & m -m +1 = 1
\end{aligned}ですが、これは絶対に \displaystyle\frac{1}2 に収束しないので、最後のケースは除外して良いことがわかりました。
ゆえに求める実数は
x = e^{\frac{2}{2m+1}} \text{ } (m=0,1,2,\cdots)です。
2025年京大 特色入試 数学 第1問 の別解
別解と言ってもそれほど大きな違いはありませんが、連続関数と極限操作の入れ替えを利用することで、多少は手間が省けます。
関数 f(x) は m < x < m+1 (m=0,1,2,…) の範囲で連続なので、不等式(2) が成り立てば、
\begin{aligned}
\lim_{n \to \infty} f \left ( \frac{1}{ n f (\sqrt[n]{x} )} \right ) = & f \left ( \frac{1}{ \lim\limits_{n \to \infty}n f (\sqrt[n]{x} )} \right ) \\
= &f \left ( \frac{1}{ \log x} \right )
\end{aligned}がソッコー成り立ちます。しかし証明の手間のほとんどが不等式(2) を導出することに費やされているので、対して省力化にはつながりません。
また、f(x) は x が整数のとき連続でないので、不等式(5) が成り立つからと言って関数と極限の入れ替えはできないことには注意が必要です。
解法のポイント
まずは何と言っても「謎演算」を普通の演算で書き下すことが重要です。落ち着いて取り組みましょう。
本文の凶悪なところは、この謎演算と極限操作が組み合わさっていることです。実は本問の謎演算は2011年東大第2問でも取り上げられていますが、本問は極限操作があるので鬼畜度が更にアップしています。
高校の学習範囲では極限や連続の定義があまりにざっくりなので、本問のような問題を解くのに非常に苦労します。
オーソドックスなアプローチは連続関数と極限操作の入れ替えですが、本問のように通用しないことがあるので、本稿で示したような挟み撃ち方式による証明方法を習得しておきましょう。