実数 \(p \gt 0\) に対して, \[ f(x) = e^{(p+1)x} -e^x \] とおく. 以下の問に答えよ.
(1) \(f(x)\) が最小となる \(x\) の値 \(s _ p\) を求め, \(y = f(x)\) のグラフを描け.
(2) \[ g(t) = \displaystyle\int _ t^{t+1} f(x) e^{t-x} \, dx \] とおく. \(g(t)\) が最小となる \(t\) の値 \(t _ p\) を求めよ.
(3) \(0 \lt p \leqq 1\) のとき, \[ 1+\dfrac{p}{2} \leqq \dfrac{e^p-1}{p} \leqq 1+\dfrac{p}{2}+p^2 \] が成立することを用いて, 右側からの極限 \(\displaystyle\lim _ {p \rightarrow +0} (t _ p -s _ p)\) を求めよ.
【 解 答 】
(1)
\(f(x) = e^x \left( e^{px} -1 \right)\) より \[\begin{align} f'(x) & = (p+1) e^{(p+1)x} -e^x = e^x \left\{ (p+1)e^{px} -1 \right\} , \\ f''(x) & = (p+1)^2 e^{(p+1)x} -e^x = e^x \left\{ (p+1)^2e^{px} -1 \right\} \end{align}\] \(f'(x) =0\) を解くと \[\begin{align} e^{px} & = \dfrac{1}{p+1} \\ \text{∴} \quad x & = -\dfrac{1}{p} \log (p+1) \end{align}\] \(f''(x) =0\) を解くと \[\begin{align} e^{px} & = \dfrac{1}{(p+1)^2} \\ \text{∴} \quad x & = -\dfrac{2}{p} \log (p+1) \end{align}\] さらに \[ \displaystyle\lim _ {x \rightarrow -\infty} f(x) = 0 , \ \displaystyle\lim _ {x \rightarrow \infty} f(x) = +\infty \] なので, \(f(x)\) の増減と凹凸は下表のようになる. \[ \begin{array}{c|ccccccc} x & ( -\infty ) & \cdots & -\dfrac{2 \log (p+1)}{p} & \cdots & -\dfrac{\log (p+1)}{p} & \cdots & ( \infty ) \\ \hline f'(x) & & - & & + & 0 & + & \\ \hline f''(x) & & - & 0 & + & & + & \\ \hline f(x) & (0) & \searrow ( \cap ) & & \searrow ( \cup ) & \text{最小} & \nearrow ( \cup ) & ( \infty ) \end{array} \] よって \[ s _ p =\underline{-\dfrac{1}{p} \log (p+1)} \] また \[\begin{align} f \left( -\dfrac{1}{p} \log (p+1) \right) & = \left( \dfrac{1}{p+1} \right)^{\frac{1}{p}} \left( \dfrac{1}{p+1} -1 \right) \\ & = -\dfrac{p}{(p+1)^{\frac{p+1}{p}}} , \\ f \left( -\dfrac{2}{p} \log (p+1) \right) & = \left( \dfrac{1}{p+1} \right)^{\frac{2}{p}} \left\{ \dfrac{1}{(p+1)^2} -1 \right\} \\ & = -\dfrac{p(p+2)}{(p+1)^{\frac{2(p+1)}{p}}} \end{align}\] なので, グラフの概形は下図のようになる.
(2)
\[\begin{align} g(t) & = \displaystyle\int _ t^{t+1} e^{t-x} \, dx = e^t \displaystyle\int _ t^{t+1} \left( e^px -1 \right) \, dx \\ & = e^t \left[ \dfrac{e^{px}}{p} -x \right] _ t^{t+1} \\ & = e^t \left\{ \dfrac{e^{p(t+1)}}{p} -t-1 -\dfrac{e^{pt}}{p} +t \right\} \\ & = e^t \left\{ \dfrac{e^{pt} \left( e^p -1 \right)}{p} -1 \right\} \\ & = \dfrac{e^p -1}{p} e^{(p+1)t} -e^t \end{align}\] したがって \[\begin{align} g'(t) & = \dfrac{(p+1) \left( e^p -1 \right)}{p} e^{(p+1)t} -e^t \\ & = e^t \left\{ \dfrac{(p+1) \left( e^p -1 \right)}{p} e^{pt} -1 \right\} \end{align}\] \(g'(t) = 0\) を解くと \[\begin{align} e^{pt} & = \dfrac{p}{(p+1) \left( e^p -1 \right)} \\ \text{∴} \quad x & = -\dfrac{1}{p} \log \dfrac{(p+1) \left( e^p -1 \right)}{p} \end{align}\] したがって, \(f(x)\) の増減は下表のようになる. \[ \begin{array}{c|ccc} x & \cdots & -\dfrac{1}{p} \log \dfrac{(p+1) \left( e^p -1 \right)}{p} & \cdots \\ \hline f'(x) & - & 0 & + \\ \hline f(x) & \searrow & \text{最小} & \nearrow \end{array} \] よって \[ t _ p = \underline{-\dfrac{1}{p} \log \dfrac{(p+1) \left( e^p -1 \right)}{p}} \]
(3)
\[\begin{align} t _ p -s _ p & = -\dfrac{1}{p} \left\{ \log \dfrac{(p+1) \left( e^p -1 \right)}{p} -\log (p+1) \right\} \\ & = -\dfrac{1}{p} \log \dfrac{e^p -1}{p} \\ & = -\log \left( \dfrac{e^p -1}{p} \right)^{\frac{1}{p}} \quad ... [1] \end{align}\] \(p \gt 0\) なので, 与式より \[ \left( 1 +\dfrac{p}{2} \right)^{\frac{1}{p}} \leqq \left( \dfrac{e^p -1}{p} \right)^{\frac{1}{p}} \leqq \left( 1 +\dfrac{p}{2} +p^2 \right)^{\frac{1}{p}} \] この不等式について, \(p \rightarrow +0\) のときを考えると \[\begin{align} \left( 1 +\dfrac{p}{2} \right)^{\frac{1}{p}} & = \left( 1+\dfrac{p}{2} \right)^{\frac{1}{2} \cdot \frac{2}{p}} \\ & \rightarrow e^{\frac{1}{2}} , \\ \left( 1 +\dfrac{p}{2} +p^2 \right)^{\frac{1}{p}} & = \left\{ 1 +\dfrac{p(2p+1)}{2} \right\}^{\frac{1}{p}} \\ & = \left\{ 1+\dfrac{p(2p+1)}{2} \right\}^{\frac{2p+1}{2} \cdot \frac{2}{p(2p+1)}} \\ & \rightarrow e^{\frac{1}{2}} \end{align}\] したがって, はさみうちの原理より \[ \displaystyle\lim _ {p \rightarrow +0} \left( \dfrac{e^p -1}{p} \right)^{\frac{1}{p}} = e^{\frac{1}{2}} \] よって, [1] とあわせて \[ \displaystyle\lim _ {p \rightarrow +0} \left( t _ p -s _ p \right) = -\log e^{\frac{1}{2}} = \underline{-\dfrac{1}{2}} \]