指数関数・対数関数 最難関編の問題 全8問

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) 中心になるのは $2^n\cdot 5^n=10^n$ という関係だ。$2^n$ と $5^n$ は、掛けるとちょうど $1$ のあとに $0$ が $n$ 個並ぶ数になる。桁が補い合う気配がする。

桁数を式で扱うには常用対数を使う。桁数は ${\log }_{10}$ の整数部分に $1$ を足したものだ。だから $n{\log }_{10}2$ と $n{\log }_{10}5$ の整数部分の和が知りたい。この2つの数は足すとちょうど整数 $n$。しかもどちらも整数ではない。実はこの2つの事実だけで、床の和が決まってしまう。

① 桁数を対数で書く。 $p=\lfloor n{\log }_{10}2\rfloor +1$、$q=\lfloor n{\log }_{10}5\rfloor +1$。

② 床の和を求める。 ${\log }_{10}2+{\log }_{10}5={\log }_{10}10=1$ より $n{\log }_{10}2+n{\log }_{10}5=n$(整数)。${\log }_{10}2$ は無理数なので $n{\log }_{10}2$($n\ge 1$)は整数でなく、$n{\log }_{10}5=n-n{\log }_{10}2$ も整数でない。足して整数になる $2$ つの非整数は小数部分が足して $1$ だから

$$\lfloor n{\log }_{10}2\rfloor +\lfloor n{\log }_{10}5\rfloor =n-1$$

③ 桁数の和。 $p+q=(n-1)+2=n+1$。

まとめ:$2^n\cdot 5^n=10^n$ から $n\log 2+n\log 5=n$。整数でない $2$ 数の小数部分は足して $1$ なので床の和は $n-1$、桁数の和は $n+1$。「$2^n$ が $k$ 桁なら $5^n$ は $n+1-k$ 桁」という関係になっている。指数と整数(常用対数)の融合。

発展。 $n{\log }_{10}2$ の小数部分は、$n$ を進めると $0$ と $1$ のあいだをまんべんなく埋めていくことが知られている(一様分布)。この事実から「$2^n$ の最高位が $1$ になる割合は約 $30\%$」というベンフォードの法則が導かれる。桁の問題は、小数部分の分布を調べる話につながっている。

別解

対数を使わずに(桁の不等式を掛け合わせる)。 桁数の定義に戻ると、対数なしでも示せる。$2^n$ が $p$ 桁とは $10^{p-1}\le 2^n<10^p$ ということ。$5^n$ が $q$ 桁とは $10^{q-1}\le 5^n<10^q$ ということ。

辺々掛けると

$$10^{p+q-2}\le 2^n\cdot 5^n=10^n<10^{p+q}$$

左の等号が成り立つのは、$2^n$ と $5^n$ がどちらも $10$ のべきのときだけ。だが $2^n$ は素因数に $5$ を含まないから、$10$ のべきにはならない。よって左も真の不等号で

$$10^{p+q-2}<10^n<10^{p+q}⟹p+q-2<n<p+q$$

この間にはさまれる整数は $n=p+q-1$ しかない。ゆえに $p+q=n+1$。床関数の小数部分(本解)と、桁の不等式の掛け算(本ルート)。同じ事実の別の表し方で、こちらは対数の記号すら使わない。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) $4^x=(2^x{)}^2$ だから、$t=2^x$ とおけば $t$ の2次方程式 $t^2-at+a=0$ になる。

置換したら、必ず「$t$ の動く範囲」と「対応の個数」を確認する。$t=2^x$ は正の値だけを動き、$x$ と $t$ は1対1。だから「$x$ の異なる2実解」は「$t$ の異なる2つの正の解」に、そのまま言い換えられる。

正の2解という条件は判別式だけでは書けない。判別式(異なる2実解)に、解の和と積の符号(2解がともに正)を組み合わせる。

① 置換する。 $t=2^x>0$ とおくと

$$t^2-at+a=0$$

② 異なる2つの正の解の条件。 $g(t)=t^2-at+a$ について次の $3$ つ:

• 判別式 $a^2-4a>0⟺a<0$ または $a>4$、
• 解の和 $=a>0$、
• 解の積 $=a>0$。

③ 共通範囲。 $3$ つをすべて満たすのは $a>4$。

まとめ:$4^x=(2^x{)}^2$ で $t=2^x>0$ に置換。注意するのは、「$x$ の解 ⟺ $t$ の正の解」だから判別式だけでなく和・積の符号($t>0$ の保証)まで要ることだ。$a=4$ で $t=2$ の重解になり、これが境界。指数方程式と $2$ 次方程式の融合。

発展。 $g(t)=t^2-at+a$ は $g(1)=1-a+a=1>0$ が $a$ によらず成り立つ。だから2解があるとき $t=1$ は必ず2解の外側にあり、軸の位置 $\frac{a}{2}>2>1$ と合わせると2解はともに $t>1$。したがって $x$ の2解はともに正、という追加情報までただで手に入る。定点 $g(1)=1$ のような「$a$ が消える場所」は、パラメータ問題で大いに役立つ。

別解

定数分離してグラフで数える(全部の $a$ が一望できる)。 $t^2-at+a=0$ を $a$ について解く。$t=1$ は解にならない($1-a+a=1\ne 0$)から、$t\ne 1$ で割ってよい:

$$a=\frac{t^2}{t-1}(t>0,t\ne 1)$$

右辺のグラフと水平線 $y=a$ の交点の個数が、そのまま $t$ の正の解の個数になる。

$0<t<1$ の枝は負の値しかとらない($t^2>0$、$t-1<0$)。$t>1$ の枝は $t=2$ で最小値 $4$ をとり、両側へ増えていく。

• $a>4$:右の枝と2回交わる → 正の解2個(求める場合)
• $a=4$:$t=2$ でだけ触れる → 1個(重解)
• $0\le a\le 4$($a=4$ を除く):どちらの枝とも交わらない → 0個
• $a<0$:左の枝と1回だけ交わる → 正の解1個($x$ の解も1個)

判別式・和・積の3条件がグラフでは「水平線が右の枝を2回切る」の一言にまとまる。判別式は正なのに $a<0$ が落ちる理由も、目で見える。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) $7^{100}$ を正面から計算するのは無理だ。だが「$100$ で割った余り」だけなら、掛け算のたびに余りへ戻してよい(合同式)。

余りのとりうる値は有限個だから、$7$ のべきの余りはいずれ必ず繰り返す。まず $7^2,7^4,\dots$ と計算して、$1$ に戻る周期を探す。$7^4=2401$ で早くも $1$ に戻る。あとは指数 $100$ を $4$ のかたまりに分ければ、すぐに計算できる。

① 周期を見つける。 $7^2=49$、$7^4=49^2=2401=24\cdot 100+1\equiv 1(\mathrm{mod}100)$。$7^4\equiv 1$(周期 $4$)。

② 指数を周期でまとめる。 $100=4\cdot 25$ だから

$$7^{100}=(7^4{)}^{25}\equiv 1^{25}=1(\mathrm{mod}100)$$

余りは $1$、下 $2$ 桁は $01$。

まとめ:$7^4\equiv 1(\mathrm{mod}100)$(周期 $4$)を見つければ解ける。指数を $4$ でくくれば $1$ に落ちる。指数(累乗)と整数(合同)の融合。

発展。 $1$ に戻る最小の指数(位数)は、勝手な値を取れない。$1$ から $100$ のうち $100$ と互いに素な数はちょうど $40$ 個あり、位数は必ずこの $40$ の約数になる(オイラーの定理)。$7$ の位数 $4$ も $40$ の約数だ。「$40$ の約数の指数だけ試せばよい」という高速の周期探しにつながる。

別解

法を分けて合わせる($4$ と $25$ に分解)。 $100=4\cdot 25$ で、$4$ と $25$ は互いに素。そこで余りを別々に調べて、最後に合体させる。

$4$ を法にすると、$7\equiv -1$ だから

$$7^{100}\equiv (-1{)}^{100}=1(\mathrm{mod}4)$$

$25$ を法にすると、$7^2=49\equiv -1$ だから

$$7^{100}=(7^2{)}^{50}\equiv (-1{)}^{50}=1(\mathrm{mod}25)$$

つまり $7^{100}-1$ は $4$ の倍数であり、$25$ の倍数でもある。$4$ と $25$ は互いに素だから、$7^{100}-1$ は $100$ の倍数。よって余りは $1$。

周期を1本で見つける(本解)か、法を小さなパーツに割って別々に倒す(本ルート)か。法が大きいほど分解ルートの計算は軽くなる。$49\equiv -1(\mathrm{mod}25)$ のような「$-1$ になる数」を見つけると、このルートは速く進む。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) 3つの累乗が同じ値になる、という条件は、共通の値に名前を付けると動き出す。$2^x=3^y=6^z=k$ とおく。

示したい式には $\frac{1}{x},\frac{1}{y},\frac{1}{z}$ が並んでいる。指数の逆数は、対数の「底と真数の交換」で作れる:$x={\log }_{2}k$ の逆数は $\frac{1}{x}={\log }_{k}2$ だ。すると3つの逆数がすべて底 $k$ の対数にそろう。あとは $6=2\cdot 3$ が対数の和になって、逆数の関係が出る。

① 共通の値でそろえる。 $2^x=3^y=6^z=k$ とおく($x,y,z>0$ より $k>1$)。$2^x=k⟺x={\log }_{2}k⟺\frac{1}{x}={\log }_{k}2$ だから

$$\frac{1}{x}={\log }_{k}2,\frac{1}{y}={\log }_{k}3,\frac{1}{z}={\log }_{k}6$$

② $6=2\cdot 3$ を使う。 対数の性質より

$$\frac{1}{z}={\log }_{k}6={\log }_k(2\cdot 3)={\log }_{k}2+{\log }_{k}3=\frac{1}{x}+\frac{1}{y}$$

よって $\frac{1}{x}+\frac{1}{y}=\frac{1}{z}$。

まとめ:指数が下にある等式は「共通値 $=k$ とおき、$\frac{1}{(\text{指数})}={\log }_k(\text{底})$」に書き直せば解ける。あとは $6=2\cdot 3$ が対数の和になり、逆数の関係が自然に出る。

発展。 $\frac{1}{x}+\frac{1}{y}=\frac{1}{z}$ を $z$ について解くと $z=\frac{xy}{x+y}$。電気回路で抵抗を並列につないだときの合成抵抗と同じ式だ。一般に $a^x=b^y=(ab{)}^z$ ならこの関係が成り立つ。底の掛け算が指数の「並列合成」に対応している。

別解

対数を書かずに、指数の言葉のまま。 $2^x=3^y=6^z=k$ とおくところまでは同じ。ここで各式を逆に読むと

$$2=k^{1/x},3=k^{1/y},6=k^{1/z}$$

$2\cdot 3=6$ に代入すると

$$k^{1/x}\cdot k^{1/y}=k^{1/z}⟹k^{\frac{1}{x}+\frac{1}{y}}=k^{\frac{1}{z}}$$

$x,y,z>0$ より $k=2^x>1$。$k>1$ の累乗は指数について単調だから、累乗が等しければ指数も等しい。よって $\frac{1}{x}+\frac{1}{y}=\frac{1}{z}$。

対数の記号が1つも出てこないのが持ち味だ。「対数とは指数の言い換えである」ことが腑に落ちる書き方でもある。常用対数をとって $x{\log }_{10}2=y{\log }_{10}3=z{\log }_{10}6$ から始める手もあり、どれも同じ形になる。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) 対数の和を見たら「真数の積」を思い出す。$\log$ の中に入れてしまえば、$1+\frac{1}{k}$ たちの掛け算の問題になる。

$1+\frac{1}{k}=\frac{k+1}{k}$ と直すと、積は $\frac{2}{1}\cdot \frac{3}{2}\cdot \frac{4}{3}\cdots$ という形。分子と次の分母が同じ数だから、次々に約分で消えていく(望遠鏡)。残るのは最初の分母と最後の分子だけ。この消える構造が見えたら、あとは書くだけだ。

① 真数を整理する。 $1+\frac{1}{k}=\frac{k+1}{k}$ だから

$$\sum _{k=1}^n{\log }_2\frac{k+1}{k}={\log }_2\prod _{k=1}^n\frac{k+1}{k}={\log }_2\left(\frac{2}{1}\cdot \frac{3}{2}\cdot \frac{4}{3}\cdots \frac{n+1}{n}\right)$$

② 望遠鏡で約分する。 隣り合う分子・分母が消え、残るのは $\frac{n+1}{1}=n+1$。

$$\sum _{k=1}^n{\log }_2\left(1+\frac{1}{k}\right)={\log }_2(n+1)$$

まとめ:「対数の和=真数の積」で $\log$ の外に出し、$\frac{k+1}{k}$ の積を望遠鏡で約分する。対数と数列(望遠鏡積)の融合。

発展。 この和は $n\to \infty$ でいくらでも大きくなる(${\log }_2(n+1)\to \infty$)。各項は $0$ に近づくのに和は発散する、という点で調和級数 $\sum \frac{1}{k}$ の親戚だ。実際、自然対数を学ぶと $\ln \left(1+\frac{1}{k}\right)\le \frac{1}{k}$ から ${\sum }_{k=1}^n\frac{1}{k}\ge \ln (n+1)$ が出て、本問の型がそのまま調和級数の発散証明になる。

別解

引き算の形で消す(階差の望遠鏡)。 積で消す代わりに、各項を差の形に割ってもよい。

$${\log }_2\frac{k+1}{k}={\log }_2(k+1)-{\log }_{2}k$$

これは数列 $f(k)={\log }_{2}k$ の隣どうしの差(階差)だ。$k=1$ から $n$ まで縦に並べて足すと

$$({\log }_{2}2-{\log }_{2}1)+({\log }_{2}3-{\log }_{2}2)+\cdots +({\log }_2(n+1)-{\log }_{2}n)$$

途中の項がすべて打ち消し合い、${\log }_2(n+1)-{\log }_{2}1={\log }_2(n+1)$ が残る。真数の積で消す(本解)か、対数の差で消す(本ルート)か。$\log$ が積を和に変えるからこそ、積の望遠鏡と和の望遠鏡が同じ問題の表裏になる。$\sum (f(k+1)-f(k))=f(n+1)-f(1)$ の型は、部分分数の和と同じ形だ。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) 条件は積 $ab=100$、求めるのは対数の積。土俵がずれている。対数をとって、土俵をそろえる。

$s={\log }_{10}a,t={\log }_{10}b$ とおくと、$ab=100$ は $s+t=2$ という「和が一定」の条件に変わり、求めるものはただの積 $st$ になる。和が一定のもとで積を最大にする。相加相乗平均を使う($a,b>1$ から $s,t>0$ なので使える)。

① 対数をとる。 $s={\log }_{10}a,t={\log }_{10}b$ とおく。$a,b>1$ より $s,t>0$。$ab=100$ の両辺の常用対数で

$$s+t={\log }_{10}100=2$$

求めるものは ${\log }_{10}a\cdot {\log }_{10}b=st$。

② 和が一定の下での積の最大。 相加相乗平均より

$$st\le {\left(\frac{s+t}{2}\right)}^2=1$$

等号は $s=t=1$、すなわち $a=b=10$。よって最大値は $1$。

まとめ:$ab=100$ を対数で $s+t=2$ に言い換えれば解ける。和が一定なら積は相加相乗(または放物線 $st=s(2-s)$ の頂点)で最大 $1$。常用対数と相加相乗平均の融合。

発展。 条件を $abc=100$($a,b,c>1$)の3文字にすると、同じ言い換えで「$s+t+u=2$ のもとで積 $stu$ の最大」になり、答えは ${\left(\frac{2}{3}\right)}^3=\frac{8}{27}$(3変数の相加相乗平均)。文字が増えても「対数で和一定に直す → 相加相乗」という手順は変わらない。

別解

2次関数に落とす(文字を1つ消す)。 相加相乗が不安なら、$t=2-s$ を代入して1変数にすればよい。

$$st=s(2-s)=-(s-1{)}^2+1$$

$s,t>0$ より $0<s<2$。この範囲のまん中に頂点 $s=1$ が入っているから、最大値は $1$($s=t=1$、すなわち $a=b=10$)。放物線の頂点(視覚)と相加相乗(不等式)は、「和が一定の積」の2大ルート。放物線ルートでは、頂点が定義域に入っているかの確認だけが必須の一手間だ。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) 「相異なる2点で交わることを示せ」は、2つの主張に分かれる。少なくとも2点で交わること。そして3点以上では交わらないことだ。

前半は交点の方程式 $2^x=x+1$ に当たりをつけて具体解を探す。$x=0$ と $x=1$ がすぐ見つかる。後半は個数の議論。$y=2^x$ は下に凸だから、どんな直線とも共有点は高々2個。この凸性の一言で、2点で打ち止めになる。

① 具体解を見つける。 $x=0$:$2^0=1=0+1$。$x=1$:$2^1=2=1+1$。どちらも成り立つので、$y=2^x$ と $y=x+1$ は少なくとも $x=0,1$ の $2$ 点で交わる。

② 2点で尽くすことを示す。 $y=2^x$ は下に凸(グラフが下向きにふくらむ)だから、どんな直線とも共有点は高々 $2$ 個。したがって共有点はちょうど $2$ 個であり、$x=0,1$ に限る。

まとめ:「方程式の解=グラフの交点」に言い換えて $x=0,1$ を見つけ、仕上げに「凸関数と直線は高々 $2$ 交点」で $2$ 個に確定させる。指数関数のグラフ(凸性)の理解が決め手だ。

発展。 底を変えると見え方が変わる。$y=e^x$($e\approx 2.72$、数学IIIで中心的に使う底)と $y=x+1$ は $x=0$ の1点で接する($e^x\ge x+1$ が常に成り立ち、等号は $x=0$ のみ)。底 $2$ では2点で交わっていたものが、底 $e$ ではちょうど1点に退化する。この境目に立つ底であることが、$e$ の特別さの一面だ。

別解

「曲線と自分の弦」と読む(凸性の使い方が鮮明になる見方)。 2つの交点 $(0,1)$ と $(1,2)$ を結ぶ直線は、傾き $\frac{2-1}{1-0}=1$、切片 $1$。つまり直線 $y=x+1$ は、曲線 $y=2^x$ 上の2点を結ぶ弦そのものだ。

下に凸な曲線は弦の内側($0<x<1$)では弦より真に下に、外側($x<0$ と $x>1$)では真に上にある。等しくなるのは弦の両端だけ。数値でも確かめられる。$x=\frac{1}{2}$ では $\sqrt{2}\approx 1.41<1.5$(内側は下)。$x=2$ では $4>3$、$x=-1$ では $\frac{1}{2}>0$(外側は上)。

だから $2^x=x+1$ の解は弦の両端 $x=0,1$ に限られ、共有点はちょうど2個。「高々2交点」という一般論(本解)を「この直線は弦だ」という個別の観察に置き換えると、不等号の向きまで含めて全部見える。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) $\frac{1}{{\log }_k(n!)}$ という「対数の逆数」の形がヒントだ。底の変換を思い出すと、逆数は底と真数の交換:$\frac{1}{{\log }_k(n!)}={\log }_{n!}k$。

ひっくり返すと、すべての項の底が $n!$ にそろう。同じ底の対数の和は真数の積の対数だ。真数は $k=2,3,\dots ,n$。その積 $2\cdot 3\cdots n$ は $n!$ そのもの。${\log }_{n!}(n!)=1$ で終わる。

① 逆数を対数に直す。 $\frac{1}{{\log }_k(n!)}={\log }_{n!}k$。よって

$$\sum _{k=2}^n\frac{1}{{\log }_k(n!)}=\sum _{k=2}^n{\log }_{n!}k={\log }_{n!}(2\cdot 3\cdots n)$$

(対数の和=真数の積)。

② 真数は $n!$ そのもの。 $2\cdot 3\cdots n=n!$ だから

$${\log }_{n!}(n!)=1$$

まとめ:$\frac{1}{{\log }_{k}N}={\log }_{N}k$ で底を $n!$ にそろえれば解ける。和が ${\log }_{n!}(2\cdot 3\cdots n)={\log }_{n!}(n!)=1$ になる。底の変換と数列(積)の融合。

発展。 $\sum \frac{1}{{\log }_{k}N}={\log }_N(\text{真数の積})$ となることから、真数の積が $N$ に一致する集まりなら何でも和は $1$ になる。たとえば $\frac{1}{{\log }_{2}100}+\frac{1}{{\log }_{50}100}={\log }_{100}2+{\log }_{100}50={\log }_{100}100=1$。$n!$ は「$2$ から $n$ までの積」という、この仕掛けのいちばん自然な衣装だった。

別解

共通の底でふつうの分数にする(分母をそろえて分子を足す)。 底の変換で、全部の項を同じ底(たとえば常用対数)の分数に直してもよい。

$$\frac{1}{{\log }_k(n!)}=\frac{{\log }_{10}k}{{\log }_{10}(n!)}$$

(底の変換 ${\log }_k(n!)=\frac{{\log }_{10}(n!)}{{\log }_{10}k}$ の逆数をとった。)分母がすべて ${\log }_{10}(n!)$ にそろったので、分子だけ足せばよい:

$$\sum _{k=2}^n\frac{{\log }_{10}k}{{\log }_{10}(n!)}=\frac{{\log }_{10}2+{\log }_{10}3+\cdots +{\log }_{10}n}{{\log }_{10}(n!)}=\frac{{\log }_{10}(2\cdot 3\cdots n)}{{\log }_{10}(n!)}=1$$

底 $n!$ へひっくり返す(本解)より一手多いが、「分母をそろえて分子を足す」という分数の素朴な感覚だけで進める。途中でどの底を選んでも値が変わらないのは、結局すべてが比だからだ。