解法

2019年度東大入試第5問目を扱います。
それでは問題を見てみましょう。

2019年度入試 東京大学 前期日程 数学（理科） 第5問(1)

$$\begin{array}{rcl} f(x) = x^{2n-1}-\cos x \\ \end{array}$$

とおくと、

$$\begin{array}{rcl} f'(x) = (2n-1)x^{2n-2}+\sin x \\ \end{array}$$

$0<x<\cfrac{\pi}{2}$ のとき

明らかに $f'(x)>0$ が成り立ち、

$$\begin{array}{rcl} f(0) = -1 < 0 \\ \end{array}$$ $$\begin{array}{rcl} f (\cfrac{\pi}{2}) = (\cfrac{\pi}{2})^{2n-1} > 0 \\ \end{array}$$

であることから、 $x^{2n-1} = \cos x$ の実数解は一つ存在します。

$\cfrac{\pi}{2} \leqq x$ のとき

$$\begin{array}{rcl} (\cfrac{\pi}{2})^{2n-1} \leqq x^{2n-1} \\\\ 1 < (\cfrac{\pi}{2})^{2n-1} \leqq x^{2n-1} \\\\ \cos x \leqq 1 < (\cfrac{\pi}{2})^{2n-1} \leqq x^{2n-1} \\ \end{array}$$

であることから、 $x^{2n-1} = \cos x$ の実数解は存在しません。

$x = 0$ のとき

$f(0) = 0-1 = -1 \neq 0$ より、 $x=0$ は $x^{2n-1} = \cos x$ の実数解とはなりません。

$-\cfrac{\pi}{2} < x < 0$ のとき

$$\begin{array}{rcl} x^{2n-1} < 0 \\\\ 0< \cos x <1 \\ \end{array}$$

であることから、 $x^{2n-1} = \cos x$ の実数解は存在しません。

$x \leqq -\cfrac{\pi}{2}$ のとき

$$\begin{array}{rcl} x^{2n-1} \leqq (-\cfrac{\pi}{2})^{2n-1} \end{array}$$ $$\begin{array}{rcl} x^{2n-1} &\leqq& (-\cfrac{\pi}{2})^{2n-1} < -1 \\\\ x^{2n-1} &\leqq& (-\cfrac{\pi}{2})^{2n-1} < -1 \leqq \cos x \\ \end{array}$$

であることから、 $x^{2n-1} = \cos x$ の実数解は存在しません。

以上により、$x^{2n-1} = \cos x$ の実数解はただ一つであることが示されました。

2019年度入試 東京大学 前期日程 数学（理科） 第5問(2)

設問(1)より、$0<a_n<\cfrac{\pi}{2}$ が成立します。

ここで、

$$ \begin{array}{rcl} 0< a_n <1< \cfrac{\pi}{2} \end{array} $$

であり $0<x<\cfrac{\pi}{2}$ のとき、$ \alpha < \beta$ について、 $ \cos \alpha > \cos \beta$ となるので、

$$\begin{align} \cos a_n > \cos 1 \end{align}$$

が成り立つことが示されました。

2019年度入試 東京大学 前期日程 数学（理科） 第5問(3)

aを求める

$a_n$ は $x^{2n-1} = \cos x$ の解なので、

$$\begin{align} a_n^{2n-1} &=& \cos a_n　 \end{align}$$

(1), (2)式より、

$$\begin{array}{rcl} a_n^{2n-1} = \cos a_n > \cos 1 \\\\ \cos 1 < a_n^{2n-1} \\\\ (\cos 1)^{\frac{1}{2n-1}} < a_n \\\\ (\cos 1)^{\frac{1}{2n-1}} < a_n < 1 \end{array}$$

ここで

$$\begin{array}{rcl} \lim_{n \to \infty} (\cos 1)^{\frac{1}{2n-1}} = 1 \end{array}$$

なのではさみうちの原理より、

$$\begin{align} a = \lim_{n \to \infty} a_n = 1 \end{align}$$

となります。

bを求める

(2)式より、

$$\begin{array}{rcl} a_n^{2n} &=& a_n\cos a_n　 \end{array}$$ $$\begin{align} a_n^{n} &=& \sqrt{a_n\cos a_n}　 \end{align}$$

(3), (4)式より、

$$\begin{array}{rcl} b &=& \lim_{n \to \infty} a_n^n \\\\ &=& \lim_{n \to \infty} \sqrt{a_n\cos a_n} \\\\ &=& \sqrt{a\cos a} \\ \end{array}$$ $$\begin{align} &=& \sqrt{\cos 1} \end{align}$$

となります。

cを求める

(3), (4), (5)式を用いると

$$\begin{array}{rcl} c &=& \lim_{n \to \infty} \cfrac{a_n^n-b}{a_n-a} \\\\ &=& \lim_{n \to \infty} \cfrac{\sqrt{a_n\cos a_n}-\sqrt{\cos 1}}{a_n-1} \end{array}$$

ここで $g(x)=\sqrt{x\cos x}$ とおくと平均値の定理より、

$\cfrac{\sqrt{a_n\cos a_n}-\sqrt{\cos 1}}{a_n-1} \\$
$= \cfrac{g(a_n)-g(1)}{a_n-1} \\$
$= g'(b_n)$

をみたす $a_n<b_n<1$ が存在し、(3)式より

$$\begin{array}{rcl} \lim_{n \to \infty} a_n = 1 \end{array}$$

なので、はさみうちの原理より

$$\begin{array}{rcl} \lim_{n \to \infty} b_n = 1 \end{array}$$

よって、

$$\begin{array}{rcl} c &=& \lim_{n \to \infty} \cfrac{\sqrt{a_n\cos a_n}-\sqrt{\cos 1}}{a_n-1} \\\\ &=& \lim_{n \to \infty} \cfrac{g(a_n)-g(1)}{a_n-1} \\\\ &=& \lim_{n \to \infty} g'(b_n) \\\\ &=& g'(1) \\ \end{array}$$

ここで

$$\begin{array}{rcl} g'(x) &=& \cfrac{\cos x -x\sin x}{2\sqrt{x\cos x}} \end{array}$$

なので、

$$\begin{array}{rcl} c &=& \cfrac{\cos 1 -1\sin 1}{2\sqrt{1\cos 1}} \\\\ &=& \cfrac{\cos 1 -\sin 1}{2\sqrt{\cos 1}} \end{array}$$

となります。