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2024.11.24記

[1] $n$ 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，
$\displaystyle\lim_{n\to\infty}f\left(\dfrac{1}{nf(\sqrt[n]{x})}\right)=\dfrac{1}{2}$
を満たすものをすべて求めよ．

本問のテーマ

関数の連続性と極限との順序交換

2024.11.24記
$f(x)$ は $x$ の小数部分である．

$f(x)$ が $x=a$ で連続であることと $\displaystyle\lim_{x\to a} f(x)=f\left(\lim_{x\to a} x\right)$ は同値であり，よって連続であれば極限値は代入によって得られることになる．

$\sqrt[n]{x}\gt 1$ かつ $\displaystyle\lim_{n\to\infty}\sqrt[n]{x}=1$ であるから，十分大きな $n$ に対して $1\lt \sqrt[n]{x}\lt 2$ が成立するので，
$f(\sqrt[n]{x})=\sqrt[n]{x}-1$
となる．よって
$f\left(\dfrac{1}{nf(\sqrt[n]{x})}\right)$ $=f\left(\dfrac{\dfrac{1}{n}-0}{x^{1/n}-x^{0}}\right)$
となり，極限をとって
$\displaystyle\lim_{n\to\infty}f\left(\dfrac{1}{nf(\sqrt[n]{x})}\right)$ $=\displaystyle\lim_{n\to\infty}f\left(\dfrac{\dfrac{1}{n}-0}{x^{1/n}-x^{0}}\right)$ $=f\left(\displaystyle\lim_{n\to\infty}\dfrac{\dfrac{1}{n}-0}{x^{1/n}-x^{0}}\right)$ $=\dfrac{1}{\log x}$
としたい所ではあるが整数値で $f$ は不連続であるから，関数と極限を交換できるかどうか注意しなければならない，というのも $x$ が整数のとき， $f(x)$ の右方極限と左方極限が異なるからである．

しかし， $f(x)$ は右連続であるから， $\displaystyle\lim_{\varepsilon\to +0} f(x+\varepsilon) = f(x)$ が任意の実数 $x$ について成立するので，もしこの極限が右から近付くのであれば関数と極限を交換することができるので心配はいらない．しかし残念なことに
$x\gt 1$ のとき， $t$ の関数 $x^t$ （ $t\gt 0$ ）について $\dfrac{t-0}{x^t-x^0}$ は単調減少であるから， $\dfrac{\dfrac{1}{n}-0}{x^{1/n}-x^{0}}$ は $n$ について単調増加となるので，左方極限を考えることになり，残念ながら $x$ が整数のときには
$\displaystyle\lim_{\varepsilon\to -0} f(x+\varepsilon) = 1\neq f(x)=0$
となってしまう．つまり $x$ が整数かどうかが重要となる．

良く考えてみると，十分大きな $n$ において， $f$ の引数は $\dfrac{1}{2}$ に十分近いので整数値とはならないので，条件をみたすならば十分大きな $n$ において関数と極限を交換することができ，左辺の極限は $f\left(\dfrac{1}{\log x}\right)$ に収束することがわかる．

そしてこれが $\dfrac{1}{2}$ であるから $\dfrac{1}{\log x}=\dfrac{2k+1}{2}$ （ $k$ は0以上の整数）と表すことができ， $x=e^{\frac{2}{2k+1}}$ （ $k$ は0以上の整数）となる．

2024.11.24記

[解答]
$f(x)$ は $x$ の小数部分である．

$\dfrac{1}{nf(\sqrt[n]{x})}\gt 0$ であるから
$\displaystyle\lim_{n\to\infty}\dfrac{1}{nf(\sqrt[n]{x})}=k+\dfrac{1}{2}$
を満たす0以上の整数 $k$ が存在するような $1$ より大きい非整数 $x$ を求めれば良い．

注）
このようにすることで，外側の $f$ と極限が交換できるかどうかを考えずに済むようになる．

すなわち 0以上の整数 $k$ に対して $\displaystyle\lim_{n\to\infty} nf(\sqrt[n]{x})=\dfrac{2}{2k+1}$
が成立するような $1$ より大きい非整数 $x$ を求めれば良い．

今， $\sqrt[n]{x}\gt 1$ かつ $\displaystyle\lim_{n\to\infty}\sqrt[n]{x}=1$ であるから，十分大きな $n$ に対して $1\lt \sqrt[n]{x}\lt 2$ が成立するので，十分大きな $n$ に対して
$f(\sqrt[n]{x})=\sqrt[n]{x}-1$
が成立する．よって
$\displaystyle\lim_{n\to\infty} n\left(\sqrt[n]{x}-1\right)=\dfrac{2}{2k+1}$
が成立するような $1$ より大きい非整数 $x$ を求めれば良い．

ここで $h=\dfrac{1}{n}$ とおくと
$n\left(\sqrt[n]{x}-1\right)=\dfrac{x^h-1}{h}$
となるが， $h$ の関数 $\dfrac{x^h-1}{h}$ は $h\gt 0$ で連続であるから
$\displaystyle\lim_{n\to\infty} n\left(\sqrt[n]{x}-1\right)$ $=\displaystyle\lim_{h\to +0} \dfrac{x^h-1}{h}=\log x$
が成立し， $\log x=\dfrac{2}{2k+1}$ から $x=e^{\frac{2}{2k+1}}$ （ $k$ は0以上の整数）となる．