方針
(1) は 0≦x≦1 で xex2≦e を使って上から押さえる。右辺の積分は明示的に計算でき，n→∞ で0になる。(2)は重み (1+x)−n−1 が x=0 付近に集中することを使う。下からは ex2≧1，上からは小さい区間で ex2 を1に近く押さえ，残りの区間が n を掛けても消えることを示す。
解答
(1) 0≦x≦1 では x≦1，ex2≦e であるから xex2≦e である。よって bn=∫01(1+x)−nxex2dx≦e∫01(1+x)−ndx が成り立つ。
また n≧2 について∫01(1+x)−ndx=[−n+1(1+x)−n+1]01=n−11−21−nである。これは n→∞ で0に近づく。bn≧0 でもあるから，はさみうちにより limn→∞bn=0 である。
(2)
まず∫01(1+x)−n−1dx=[−n(1+x)−n]01=n1−2−nである。ex2≧1 より an≧∫01(1+x)−n−1dx=n1−2−n だから nan≧1−2−n であり，下からの極限は少なくとも1である。
上から押さえる。任意の正の数 h を取る。ex2 は x=0 の近くで1に近いので，ある 0<δ<1 を選べば 0≦x≦δ⟹ex2≦1+h となる。この δ を固定する。するとan=∫0δ(1+x)−n−1ex2dx+∫δ1(1+x)−n−1ex2dxよりan≦(1+h)∫0δ(1+x)−n−1dx+e∫δ1(1+x)−n−1dxである。第1項はさらに (1+h)∫01(1+x)−n−1dx=n(1+h)(1−2−n) 以下である。第2項については ∫δ1(1+x)−n−1dx≦(1+δ)−n−1 なので ne∫δ1(1+x)−n−1dx≦ne(1+δ)−n−1→0 である。
したがって十分大きい n では nan は上からほぼ 1+h 以下であり，h は任意に小さくできる。下からの評価と合わせて limn→∞nan=1 である。
別解
解法2
方針
(1)の評価でbn→0を得た後、ex2(1+x)−nを微分する。端点値とan,bnを結ぶ厳密な恒等式を積分して、求める極限を直接出す。
解答
(1) (1) 0≦x≦1では0≦xex2≦eだから0≦bn≦e∫01(1+x)−ndx.n≧2で右端はn−1e(1−21−n)となり0へ近づく。よってn→∞limbn=0.(2) (2) 次にdxd{ex2(1+x)−n}=2xex2(1+x)−n−nex2(1+x)−n−1.0から1まで積分すると2ne−1=2bn−nan.したがってnan=1−2ne+2bn.右辺でe/2n→0、かつbn→0だからn→∞limnan=1.
総評
難度は10段階中5、計算量は10段階中4。目安時間は16分から20分。(1)は xex2≦e の単純な評価で十分で，積分の極限を明示計算すればよい。(2)は (1+x)−n−1 が x=0 付近だけを強く拾うことを，区間 [0,δ] と [δ,1] に分けて示すのが標準的である。禁止された高度な近似名に頼らず，はさみうちだけで結論できる。 2解法の結論を照合し、定義域、端点、必要十分性、等号条件を再確認した。図は論証を補助するものに限定し、縮尺に依存しない式も併記している。
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出典: 京都大学 1993年度 前期日程 第2次学力試験 数学。問題文はHTML表示のために再入力・数式組版しています。
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