微分法の応用 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) どちらも大きな数で、直接計算はできない。累乗の比較は対数をとるのが基本で、$\pi \log e$ と $e\log \pi$ の比較になる。

ここで両辺を $e\pi$ で割ると、$\frac{\log e}{e}$ と $\frac{\log \pi }{\pi }$。同じ関数 $f(x)=\frac{\log x}{x}$ の、$x=e$ と $x=\pi$ での値比べになった。あとは $f$ の増減表だけの話だ。比較問題は「共通の関数を自分で設計する」のがこつになる。

① 対数をとって言い換える。 どちらも正だから

$$e^{\pi }>{\pi }^e⟺\pi \log e>e\log \pi ⟺\frac{\log e}{e}>\frac{\log \pi }{\pi }$$

② $f(x)=\frac{\log x}{x}$ の増減。

$$f^{\prime }(x)=\frac{\frac{1}{x}\cdot x-\log x}{x^2}=\frac{1-\log x}{x^2}$$

よって $x>e$ で $f^{\prime }(x)<0$ となり、$f$ は $x\ge e$ で減少する($x=e$ で最大値 $\frac{1}{e}$)。

③ 結論。 $e<\pi$ で、$f$ は $[e,\pi ]$ 上で減少するから

$$f(e)>f(\pi )⟹e^{\pi }>{\pi }^e$$

まとめ: 比較したい2数から共通の関数を見つけ出す。本問ならそれは $\frac{\log x}{x}$ だ。この関数は $x=e$ で最大になるので、$e$ をまたぐ比較($2^3<3^2$ と $3^4>4^3$ の食い違いなど)もすべてこの1本のグラフの上で説明がつく。

発展。 $f(x)=\frac{\log x}{x}$ の山(頂上 $x=e$)は、整数の比較も一望にする。$f(2)=f(4)$(つまり $2^4=4^2$)、$f(3)$ が整数で最大(つまり $n^{1/n}$ は $n=3$ で最大、$3^{1/3}>2^{1/2}>5^{1/5}>\cdots$)。「$a^b$ と $b^a$ の大小は、$a,b$ が $e$ のどちら側かで決まる」ので、この1本の曲線を見れば比較問題の答えが分かる。

別解

接線不等式で3行(グラフを描かない最短路)。 $e^t>1+t$($t\ne 0$。$y=e^t$ の $t=0$ での接線より上)だけで落ちる。

$t=\frac{\pi }{e}-1>0$ を代入すると

$$e^{\frac{\pi }{e}-1}>1+\left(\frac{\pi }{e}-1\right)=\frac{\pi }{e}⟹e^{\pi /e}>\pi$$

(左の式に $e$ を1回掛けた。)両辺は正だから $e$ 乗しても大小は保たれ

$$e^{\pi }>{\pi }^e$$

増減表もグラフも要らない、3行の証明だ。本解の $f(x)=\frac{\log x}{x}$ は「この型の比較全部を1本のグラフで見渡す」広角レンズ、接線不等式は「この1問を最速で射抜く」単発の矢。$e^t\ge 1+t$($\log x\le x-1$ と同じもの)がいろいろな場面で使えることが、この2問(本問と相加相乗)で分かる。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) $e$ の定義でおなじみの $(1+\frac{1}{n}{)}^n$ の関数版だ。累乗のままでは扱えないから、対数を取って $g(x)=x\log \left(1+\frac{1}{x}\right)$ の増加を示す方針にする。

微分すると $g^{\prime }(x)=\log \left(1+\frac{1}{x}\right)-\frac{1}{x+1}$。符号が即読できない。そこで $t=\frac{1}{x}$ と置き換えると、示すべきは $\log (1+t)>\frac{t}{1+t}$($t>0$)という1変数の補題になる。補題を先に微分で示してから本体に戻る、2段構えの組み立てだ。

① 対数を取って微分する。 $g(x)=\log f(x)=x\log \left(1+\frac{1}{x}\right)$。積の微分で

$$g^{\prime }(x)=\log \left(1+\frac{1}{x}\right)+x\cdot \frac{-\frac{1}{x^2}}{1+\frac{1}{x}}=\log \left(1+\frac{1}{x}\right)-\frac{1}{x+1}$$

② 補題を示す。 $h(t)=\log (1+t)-\frac{t}{1+t}$($t\ge 0$)とおくと $h(0)=0$ で

$$h^{\prime }(t)=\frac{1}{1+t}-\frac{(1+t)-t}{(1+t{)}^2}=\frac{1}{1+t}-\frac{1}{(1+t{)}^2}=\frac{t}{(1+t{)}^2}>0(t>0)$$

よって $t>0$ で $h(t)>0$、すなわち $\log (1+t)>\frac{t}{1+t}$。

③ 本体に戻す。 $t=\frac{1}{x}>0$ を補題に代入すると

$$\log \left(1+\frac{1}{x}\right)>\frac{\frac{1}{x}}{1+\frac{1}{x}}=\frac{1}{x+1}$$

よって $g^{\prime }(x)>0$ で、$g$ は増加し、$f=e^g$ も($e^u$ が増加関数だから)増加する。

まとめ: 対数を取って微分し、現れた不等式を補題として切り出して先に証明する。単調性の証明でよく使う手順だ。この事実は、数列 $(1+\frac{1}{n}{)}^n$ が単調に $e$ に迫っていくことの関数版でもある。

発展。 対になる $G(x)={\left(1+\frac{1}{x}\right)}^{x+1}$ は逆に減少することが同じ道具で示せる。増加する $f$ と減少する $G$ はどちらも $e$ に収束し、$e$ を両側から挟む: ${\left(1+\frac{1}{n}\right)}^n<e<{\left(1+\frac{1}{n}\right)}^{n+1}$。$e$ の近似値を上下から保証するこの挟み撃ちは、$e$ が無理数であることの証明などの基礎になる。

別解

平均値の定理ですぐに示す(補題が要らなくなる)。 $g^{\prime }(x)=\log \left(1+\frac{1}{x}\right)-\frac{1}{x+1}$ の第1項を、平均値の定理で読み替える。$\log$ に区間 $[x,x+1]$ で平均値の定理を使うと、ある $c$($x<c<x+1$)があって

$$\log (x+1)-\log x=\frac{(x+1)-x}{c}=\frac{1}{c}$$

左辺は $\log \left(1+\frac{1}{x}\right)$ そのもの。そして $c<x+1$ だから

$$\log \left(1+\frac{1}{x}\right)=\frac{1}{c}>\frac{1}{x+1}$$

これで $g^{\prime }(x)>0$ が即座に出る。補題の構築(本解の②)がまるごと不要になった。「$\log$ の差は $\frac{1}{c}$($c$ は間のどこか)」という平均値の定理の使い方は、対数のからむ不等式でよく使う。本解の補題 $\log (1+t)>\frac{t}{1+t}$ は、実はこの $c<x+1$ の言い換えだったことも分かる。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) $n$ 変数の相加相乗を2変数の繰り返しで示すのは、$n$ が2のべきでないと面倒だ。

短く済むのは、(1)の接線型不等式 $\log x\le x-1$($y=\log x$ の $x=1$ での接線が $y=x-1$)を部品として使う方法だ。$x$ に各 $a_i$ を相加平均 $A$ で割った比を代入して足すと、右辺の和が $\sum \frac{a_i}{A}-n=n-n=0$ と設計どおりに消える。

左辺には $\log$ の和=積の $\log$ が残る。指数に戻せば、相加相乗そのものだ。

① (1) を示す。 $\phi (x)=x-1-\log x$ とおくと

$${\phi }^{\prime }(x)=1-\frac{1}{x}=\frac{x-1}{x}$$

$0<x<1$ で負、$x>1$ で正だから $\phi$ は $x=1$ で最小となり $\phi (1)=0$。よって $\phi (x)\ge 0$、すなわち $\log x\le x-1$ で、等号は $x=1$ のときに限る。

② 規格化して代入する((2))。 $A=\frac{a_1+\cdots +a_n}{n}>0$ とおく。(1)に $x=\frac{a_i}{A}>0$ を代入すると

$$\log \frac{a_i}{A}\le \frac{a_i}{A}-1(i=1,\dots ,n)$$

$n$ 本を辺々加えると、右辺は

$$\sum _{i=1}^n\left(\frac{a_i}{A}-1\right)=\frac{nA}{A}-n=0$$

③ 積の形に戻す。 左辺は $\log$ の和だから

$$\log \frac{a_1{a}_2\cdots a_n}{A^n}\le 0⟹a_1{a}_2\cdots a_n\le A^n⟹\sqrt[n]{a_1\cdots a_n}\le A$$

これが示すべき不等式である。なお等号はすべての $i$ で $\frac{a_i}{A}=1$、つまり $a_1=\cdots =a_n$ のときに限る。

まとめ: 接線不等式に、右辺が消えるように規格化した比を代入する。凸性の使い方としていちばん短い形で、$n$ 変数の有名な不等式が微分1回の(1)から3行で示せる。等号条件も(1)の等号からそのまま受け継がれる。

発展。 同じ代入設計で重みつき相加相乗も出る。$w_1+\cdots +w_n=1$($w_i>0$)のとき $a_1^{w_1}\cdots a_n^{w_n}\le w_1{a}_1+\cdots +w_n{a}_n$ が成り立つ。(1)に $x=\frac{a_i}{\sum w_j{a}_j}$ を代入して $w_i$ 倍して足すだけで示せる。等重み $w_i=\frac{1}{n}$ が本問だ。この「凸関数の接線で押さえて重みつきで足す」方法は、イェンセンの不等式として一般化され、不等式証明でよく使う道具になる。

別解

2変数から育てる(コーシーの前進後退帰納法)。 歴史的に有名な、もう1つの道も紹介しよう。

前進: $n=2$ は ${\left(\sqrt{a}-\sqrt{b}\right)}^2\ge 0$ から $\frac{a+b}{2}\ge \sqrt{ab}$。これを2回使うと $n=4$:

$$\frac{a+b+c+d}{4}=\frac{\frac{a+b}{2}+\frac{c+d}{2}}{2}\ge \sqrt{\frac{a+b}{2}\cdot \frac{c+d}{2}}\ge \sqrt{\sqrt{ab}\sqrt{cd}}=\sqrt[4]{abcd}$$

同様に $n=8,16,\dots$ と、$2$ のべきすべてで成り立つ。

後退: $n$ で成り立てば $n-1$ でも成り立つ。$a_1,\dots ,a_{n-1}$ に、その平均 $A^{\prime }=\frac{a_1+\cdots +a_{n-1}}{n-1}$ を $n$ 個目として足すと、$n$ 個の平均も $A^{\prime }$ のまま。$n$ 変数の相加相乗から

$$A^{\prime }\ge \sqrt[n]{a_1\cdots a_{n-1}{A}^{\prime }}⟹A^{\prime n}\ge a_1\cdots a_{n-1}{A}^{\prime }⟹A^{\prime n-1}\ge a_1\cdots a_{n-1}$$

2のべきまで前進し、そこから1つずつ後退すれば、すべての $n$ に届く。接線不等式(本解)は3行で全 $n$ を扱える方法で、前進後退は「平均を自分に足す」工夫を使う方法だ。どちらも数学でよく使われる。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) 右辺(対数平均)と左辺(幾何平均)は、どちらも $a,b$ を $\lambda$ 倍すると $\lambda$ 倍になる同次式だ。つまり、大小は比 $\frac{b}{a}$ だけで決まる。

そこで $t=\sqrt{b/a}>1$ とおいて1変数化すれば解ける。整理すると、示すべきは

$$\log t<\frac{1}{2}\left(t-\frac{1}{t}\right)(t>1)$$

という素朴な形になる。差を微分すればぴったり平方 $\frac{(t-1{)}^2}{2t^2}$ が現れて単調増加。$t=1$ の等号から立ち上がる。

① 1変数化する。 $t=\sqrt{b/a}>1$ とおくと $b=a{t}^2$ で

$$\log b-\log a=\log t^2=2\log t,b-a=a(t^2-1),\sqrt{ab}=at$$

だから、示すべき不等式は

$$at<\frac{a(t^2-1)}{2\log t}⟺2t\log t<t^2-1⟺\log t<\frac{1}{2}\left(t-\frac{1}{t}\right)$$

(途中、$\log t>0$ と $a>0$ で割った。)

② 差を微分する。 $h(t)=\frac{1}{2}\left(t-\frac{1}{t}\right)-\log t$ とおくと $h(1)=0$ で

$$h^{\prime }(t)=\frac{1}{2}\left(1+\frac{1}{t^2}\right)-\frac{1}{t}=\frac{t^2-2t+1}{2t^2}=\frac{(t-1{)}^2}{2t^2}>0(t\ne 1)$$

③ 結論。 $h$ は $t\ge 1$ で増加し $h(1)=0$ だから、$t>1$ で $h(t)>0$ となる。すなわち①の不等式が成り立ち、もとの不等式が示された。

まとめ: 「同次式は比に落とす」ことで2変数の問題が1変数になり、「差の微分が完全平方」になるので単調性がすぐに出る。この右辺の量(対数平均)は $\sqrt{ab}$ と $\frac{a+b}{2}$ のあいだに挟まることが知られていて、もう半分($<\frac{a+b}{2}$)も同じ流れで示せるので、良い練習になる。

発展。 対数平均 $L(a,b)=\frac{b-a}{\log b-\log a}$ は $\sqrt{ab}<L<\frac{a+b}{2}$ と、幾何平均と相加平均のあいだに挟まる(上側も同じ流れで、帰着先は $\tanh s<s$ 型)。この量は「温度差の平均」として、熱交換器の設計(対数平均温度差)でも実際に使われている。

別解

対称に置いて双曲線関数につながる形にする(理由が分かる置換)。 $s=\log \sqrt{\frac{b}{a}}>0$ とおくと、$a,b$ は $\sqrt{ab}{e}^{\mp s}$ と幾何平均を中心に対称に書ける。すると

$$b-a=\sqrt{ab}\left(e^s-e^{-s}\right),\log b-\log a=2s$$

だから、示すべき不等式は

$$\sqrt{ab}<\frac{\sqrt{ab}\left(e^s-e^{-s}\right)}{2s}⟺e^s-e^{-s}>2s(s>0)$$

という、原点対称のきれいな形になる。差 $\phi (s)=e^s-e^{-s}-2s$ は $\phi (0)=0$ で

$${\phi }^{\prime }(s)=e^s+e^{-s}-2\ge 2\sqrt{e^s\cdot e^{-s}}-2=0$$

(相加相乗)等号は $s=0$ のみだから $\phi$ は増加し、$s>0$ で $\phi (s)>0$。本解の $t=\sqrt{b/a}$ と同じ1変数化だが、指数で書くと「差の微分が相加相乗で片づく」ことも分かる。$\frac{e^s-e^{-s}}{2}$ と $\frac{e^s+e^{-s}}{2}$ の組は数IIIの終盤で双曲線関数として再会する部品だ。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) ${\left(\frac{\sin x}{x}\right)}^{\prime }=\frac{x\cos x-\sin x}{x^2}$。符号は分子 $g(x)=x\cos x-\sin x$ が握る。だが $g$ の符号も一目では読めない。

そこでもう一段微分する。$g(0)=0$ かつ $g^{\prime }(x)=-x\sin x<0$ なら、$g$ は0から出発して減る一方、つまり負だ。「端の値が0+導関数の符号」で、1つ下の階から符号を持ち上げる型になる。

(2)は(1)ができればすぐに解ける。減少関数の最小は右端だから $\frac{\sin x}{x}\ge \frac{\sin (\pi /2)}{\pi /2}=\frac{2}{\pi }$。

① 分子の符号((1))。 $g(x)=x\cos x-\sin x$ とおくと $g(0)=0$、

$$g^{\prime }(x)=\cos x-x\sin x-\cos x=-x\sin x<0(0<x<\pi )$$

よって $g$ は減少し、$g(x)<g(0)=0$。したがって

$${\left(\frac{\sin x}{x}\right)}^{\prime }=\frac{g(x)}{x^2}<0$$

で $\frac{\sin x}{x}$ は $0<x<\pi$ で減少する。

② 右端の値で押さえる((2))。 $0<x\le \frac{\pi }{2}$ では、(1)より

$$\frac{\sin x}{x}\ge \frac{\sin \frac{\pi }{2}}{\frac{\pi }{2}}=\frac{2}{\pi }⟹\sin x\ge \frac{2}{\pi }x$$

$x=0$ では両辺とも0で等号。よって $0\le x\le \frac{\pi }{2}$ 全体で成り立つ(等号は $x=0,\frac{\pi }{2}$)。

まとめ: 「分子を切り出す → 端が0+もう一段の微分で符号を決める」が(1)、「単調性を最小値の言葉に言い換える」が(2)。正弦の弧が弦 $y=\frac{2}{\pi }x$ の上に乗る、という図の事実の解析的な証明で、積分の評価などあちこちで部品として使われる不等式だ。

発展。 この不等式($\sin x\ge \frac{2}{\pi }x$)はジョルダンの不等式と呼ばれ、のちに積分の評価でよく使われる。たとえば ${\int }_0^{\pi /2}{e}^{-R\sin \theta }d\theta \le {\int }_0^{\pi /2}{e}^{-\frac{2R}{\pi }\theta }d\theta \le \frac{\pi }{2R}$ のように、「$\sin$ を弦で置き換えると指数の積分が計算できる形になる」という使い方をする。弧と弦の隙間を評価に変える、幾何発の解析の道具である。

別解

「弦の傾き」と読む(凸性の幾何で全部見える)。 $\frac{\sin x}{x}$ は原点と点 $(x,\sin x)$ を結ぶ弦の傾きにほかならない。

$\sin$ は $0<x<\pi$ で上に凸($(\sin x{)}^{\prime \prime }=-\sin x<0$)。上に凸な曲線では、原点から曲線上の点へ引いた弦は、点が右へ進むほど寝ていく(傾きが減る)。これが(1)の「減少」を図形で見たものだ。

(2)も同じ絵で読める。上に凸な弧は両端を結ぶ弦の上側にある。$(0,0)$ と $\left(\frac{\pi }{2},1\right)$ を結ぶ弦が $y=\frac{2}{\pi }x$ だから、$0\le x\le \frac{\pi }{2}$ で

$$\sin x\ge \frac{2}{\pi }x$$

等号は両端のみ。

答案では凸性の根拠(${\sin }^{\prime \prime }\le 0$)と「凸なら弦の上」の言い換えを添える必要があるが、2階微分1回で(1)(2)が同時に見えるのがこの視点の強みだ。本解の「2段の微分」は代数による方法、凸性は幾何による方法で、同じ結論に別の方向から到達している。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) 減衰する波 $e^{-x}\sin x$ の極値は、微分の零点 $\cos x=\sin x$ から等間隔に並ぶ。ただし極大はその1つおきだ。符号の交代を見誤らないために、$\cos x-\sin x=\sqrt{2}\cos \left(x+\frac{\pi }{4}\right)$ と合成しておくのが安全になる。

極大値には $e^{-x}$ が影響する。$x$ が $2\pi$ ずつ進むごとに、値は $e^{-2\pi }$ 倍。指数の肩の等差が値の等比を生む。

最後は無限等比級数で総和が閉じる。微分・数列・級数の3連鎖だ。

① 極値の位置((1))。 積の微分と合成で

$$f^{\prime }(x)=e^{-x}(\cos x-\sin x)=\sqrt{2}{e}^{-x}\cos \left(x+\frac{\pi }{4}\right)$$

$e^{-x}>0$ だから $f^{\prime }$ の符号は $\cos \left(x+\frac{\pi }{4}\right)$ と同じ。零点は $x+\frac{\pi }{4}=\frac{\pi }{2}+n\pi$、すなわち $x=\frac{\pi }{4}+n\pi$ で、符号は正→負→正→…と交互に変わる。正から負に変わる(極大)のは

$$x=\frac{\pi }{4}+2n\pi (n=0,1,2,\dots )$$

(負から正に変わる $x=\frac{5\pi }{4}+2n\pi$ は極小。)

② 極大値の列((2))。 $\sin \left(\frac{\pi }{4}+2n\pi \right)=\frac{\sqrt{2}}{2}$ だから、$n$ 番目の極大値は

$$M_n=f\left(\frac{\pi }{4}+2n\pi \right)=e^{-\left(\frac{\pi }{4}+2n\pi \right)}\cdot \frac{\sqrt{2}}{2}=\frac{\sqrt{2}}{2}{e}^{-\pi /4}\cdot {\left(e^{-2\pi }\right)}^n$$

よって $\{M_n\}$ は初項 $\frac{\sqrt{2}}{2}{e}^{-\pi /4}$、公比 $e^{-2\pi }$ の等比数列である。

③ 総和((3))。 $0<e^{-2\pi }<1$ だから無限等比級数は収束し

$$\sum _{n=0}^{\infty }{M}_n=\frac{\frac{\sqrt{2}}{2}{e}^{-\pi /4}}{1-e^{-2\pi }}$$

まとめ: 「合成で符号を読む → 位置の等差 → 値の等比 → 級数」の4連鎖。微分・数列・無限級数が1本の関数の上でつながる、数IIIの縮図のような問題だ。公比は $e^{-2\pi }\approx 0.0019$ なので、波は1周期でほとんど消えてしまう。

発展。 振り子や音の減衰でも同じ構造が現れ、隣り合う山の比の対数 $\log \frac{M_n}{M_{n+1}}=2\pi$(本問の場合)は対数減衰率と呼ばれる実測量になっている。実験で山の高さを2つ測れば減衰の強さが逆算できる。「指数の等差=値の等比」は物理の測定にも使われている。

別解

極大点の乗る「包絡線」を先に描く(構造が目に見える)。 極大値をひとつずつ計算する前に、極大点がどんな曲線に乗るかを見てしまう。極大の位置では $\sin x=\frac{\sqrt{2}}{2}$(①より $x=\frac{\pi }{4}+2n\pi$)だから、極大点はすべて曲線

$$y=\frac{\sqrt{2}}{2}{e}^{-x}$$

の上にある。減衰振動の山々はこの指数曲線(包絡線)を等間隔 $2\pi$ でサンプリングしたものだ。

指数関数を等間隔に読むと値は等比になる($e^{-(x+2\pi )}=e^{-2\pi }\cdot e^{-x}$)。公比 $e^{-2\pi }$ も、初項 $\frac{\sqrt{2}}{2}{e}^{-\pi /4}$ も、この1本の曲線から読み取れて、(2)(3)は「指数曲線上の等比サンプル」の一言に要約される。隣接比 $\frac{M_{n+1}}{M_n}=\frac{e^{-(x_n+2\pi )}}{e^{-x_n}}=e^{-2\pi }$($\sin$ の値は共通で約分)という直接計算を添えれば、答案としても完結する。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) $x\log x$($x\to +0$)は $0\times (-\infty )$ の不定形だ。$t=\frac{1}{x}$ で裏返すと $-\frac{\log t}{t}$($t\to \infty$)。「対数はべきより遅い」という競争の問題になる。

その定量化が(1)の $\log t<2\sqrt{t}$ だ。これで割れば $\frac{\log t}{t}<\frac{2}{\sqrt{t}}\to 0$ とはさめる。(3)の $x^x$ は $e^{x\log x}$ と対数化すれば、肩に(2)がそのまま乗っている。

① (1) を示す。 $\psi (t)=2\sqrt{t}-\log t$ とおくと $\psi (1)=2>0$ で

$${\psi }^{\prime }(t)=\frac{1}{\sqrt{t}}-\frac{1}{t}=\frac{\sqrt{t}-1}{t}\ge 0(t\ge 1)$$

よって $\psi$ は増加し $\psi (t)\ge \psi (1)=2>0$、すなわち $\log t<2\sqrt{t}$。

② (2) を示す。 $0<x<1$ に対し $t=\frac{1}{x}>1$ とおくと、(1)より

$$|x\log x|=x\log \frac{1}{x}=\frac{\log t}{t}<\frac{2\sqrt{t}}{t}=\frac{2}{\sqrt{t}}=2\sqrt{x}$$

$x\to +0$ で $2\sqrt{x}\to 0$ だから、はさみうちで $x\log x\to 0$。

③ (3) を求める。 $x>0$ で $x^x=e^{x\log x}$。(2)と指数関数の連続性から

$$\underset{x\to +0}{\lim }{x}^x=e^0=1$$

まとめ: 「不定形は裏返して log とべきの競争に直す → 評価不等式で定量化 → はさみうち」の3段。$x^x\to 1$ は「0の0乗は1に見える」という有名な現象で、その根拠がこの小問の階段にすべて書かれている。

発展。 タワーを1段増やすと答えが変わる: $x^{x^x}=e^{x^x\log x}$ で $x^x\to 1$ だから肩は $1\cdot (-\infty )$、よって $x^{x^x}\to 0$。さらにもう1段の $x^{x^{x^x}}$ は $\to 1$ となり、段数の偶奇で $1$ と $0$ を交互に繰り返す。「不定形は、どの部分がどの速さで動くかで決まる」ことの愉快な実例だ。

別解

指数に書きかえる($x=e^{-u}$ の置換)。 $\sqrt{t}$ の補題の代わりに、最初から指数で書く手もある。$x=e^{-u}$($x\to +0⟺u\to \infty$)とおくと

$$x\log x=e^{-u}\cdot (-u)=-\frac{u}{e^u}$$

「$e^u$ は $u$ よりずっと速い」を定量化する。$e^t\ge 1+t$ を2回使うと

$$e^u={\left(e^{u/2}\right)}^2\ge {\left(1+\frac{u}{2}\right)}^2\ge \frac{u^2}{4}$$

よって

$$0\le \frac{u}{e^u}\le \frac{4}{u}⟶0$$

はさみうちで $x\log x\to 0$。(3)は本解と同じく $x^x=e^{x\log x}\to e^0=1$。$\log$ 側で押さえる(本解の $\log t<2\sqrt{t}$)か、$e$ 側で押さえる($e^u\ge \frac{u^2}{4}$)か。「接線不等式 $e^t\ge 1+t$ を2乗して2次の評価を作る」小技は、指数がらみの極限で繰り返し使える。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) 曲線上の点を $(t,e^t)$ とパラメータ表示し、点と直線の距離の公式に乗せる。距離は $\frac{|e^t-t|}{\sqrt{2}}$。距離の最小化が1変数関数 $g(t)=e^t-t$ の最小化に言い換えられた。

$g$ の最小値が正なら、絶対値も自動的に外れる(曲線が直線と交わらないことの証明を兼ねる)。幾何の直感では「最も近い点では、接線が相手の直線と平行」。微分の答えと最後に照合できる。

① 距離を関数にする。 曲線上の点 $(t,e^t)$ と直線 $y=x$ の距離は

$$d(t)=\frac{|t-e^t|}{\sqrt{2}}=\frac{|e^t-t|}{\sqrt{2}}$$

② $g(t)=e^t-t$ の最小。

$$g^{\prime }(t)=e^t-1$$

$t<0$ で負、$t>0$ で正だから $g$ は $t=0$ で最小となり、最小値は $g(0)=1$。とくに常に $g(t)\ge 1>0$、つまり $e^t>t$ なので、曲線は直線の上側にあり、絶対値はそのまま外れる。

③ 最小距離。

$$d(t)=\frac{e^t-t}{\sqrt{2}}\ge \frac{1}{\sqrt{2}}=\frac{\sqrt{2}}{2}$$

等号は $t=0$、すなわち曲線上の点 $(0,1)$ のとき。このとき接線の傾きは $e^0=1$ で直線 $y=x$ と平行になる。「最近点では接線が相手と平行」という幾何の感覚とも一致する。

まとめ: 「距離の最小化 → 差の関数の最小化」という言い換えだけで解ける。1回の微分で、最小距離・最近点・「曲線と直線が交わらない」ことの3つが同時に得られる。答えの検算(接線の平行)も図形の性質からすぐにできる。

発展。 $y=e^x$ と $y=\log x$(互いに逆関数)は直線 $y=x$ について鏡映だから、両者の最短距離は「$e^x$ と $y=x$ の最短距離の2倍」、すなわち $\sqrt{2}$ になる(最近点は $(0,1)$ と $(1,0)$)。逆関数のペアの間の距離は鏡 $y=x$ を経由して測ればよく、対称性を使うと計算が半分で済む。

別解

平行条件で先に当てて、凸性で確定する(幾何を中心に考える)。 最短距離の点では、曲線の接線が相手の直線と平行になるはずだ(平行でなければ、接線に沿って少し動くと直線に近づけてしまう)。この必要条件から先に点を特定する:

$$(e^x{)}^{\prime }=e^t=1(y=x\text{の傾き})⟺t=0$$

候補は点 $(0,1)$ のみ。距離は $\frac{|0-1|}{\sqrt{2}}=\frac{\sqrt{2}}{2}$。これが本当に最小であることは、距離関数 $d(t)=\frac{e^t-t}{\sqrt{2}}$($e^t>t$ は $g$ の最小値1から)が

$$d^{\prime \prime }(t)=\frac{e^t}{\sqrt{2}}>0$$

で下に凸、極値は $t=0$ の1つだけ、から確定する(凸関数の唯一の停留点は最小)。

本解は「距離関数を作って最小化」するどんな場合にも使える方法で、本ルートは「幾何の必要条件で候補を1点に絞ってから確定」する方法だ。候補が先に見えると、計算量は半分になる。