大阪大学 1998年度 後期日程 第2次学力試験理系（後期）数学 第3問

(1)
積の微分を繰り返すと、$x^2$は3回以上微分すると0になるから$$f_n(x)=e^x(x^2+2nx+n(n-1))=e^x((x+n{)}^2-n)\mathrm{.}$$実際、この式を微分すると$n$を$n+1$に替えた式になり、$n=0$でも成立する。従って$$p_n=2n,q_n=n(n-1)\mathrm{.}$$(2)$$f_n^{\mathrm{\prime }}(x)=f_{n+1}(x)=e^x((x+n+1{)}^2-(n+1))\mathrm{.}$$従って$$\alpha =-n-1-\sqrt{n+1},\beta =-n-1+\sqrt{n+1}$$とおくと、$(-\mathrm{\infty },\alpha )$と$(\beta ,\mathrm{\infty })$で増加、$(\alpha ,\beta )$で減少する。

また$$f_n^{\mathrm{\prime }\mathrm{\prime }}(x)=f_{n+2}(x)=e^x((x+n+2{)}^2-(n+2))\mathrm{.}$$従って$$\gamma =-n-2-\sqrt{n+2},\delta =-n-2+\sqrt{n+2}$$とおくと、$(-\mathrm{\infty },\gamma )$と$(\delta ,\mathrm{\infty })$で下に凸、$(\gamma ,\delta )$で上に凸である。さらに$$\underset{x\to -\mathrm{\infty }}{\lim }{f}_n(x)=0,\underset{x\to \mathrm{\infty }}{\lim }{f}_n(x)=\mathrm{\infty },$$零点は$$x=-n\pm \sqrt{n}$$である。これらと増減・凹凸を用いて概形が定まる。

(3)
$t=x+n$とおくと$$\begin{array}{rl}{\displaystyle f_n}& {\displaystyle =e^{t-n}(t^2-n),}\\ {\displaystyle f_{n+1}}& {\displaystyle =e^{t-n}(t^2+2t-n),}\\ {\displaystyle f_{n+2}}& {\displaystyle =e^{t-n}(t^2+4t+2-n)\mathrm{.}}\end{array}$$従って各2曲線の交点の$x$座標は$$f_{n+1}=f_{n+2}:t=-1,f_n=f_{n+2}:t=-{\displaystyle \frac{1}{2}},f_n=f_{n+1}:t=0.$$囲まれた領域では、$-1\leqq t\leqq -1\mathrm{/}2$で上側が$f_{n+2}$、下側が$f_{n+1}$、$-1\mathrm{/}2\leqq t\leqq 0$で上側が$f_n$、下側が$f_{n+1}$である。よって$$\begin{array}{rl}{\displaystyle S_n}& {\displaystyle ={\int }_{-1}^{-1\mathrm{/}2}2(t+1)e^{t-n}dt+{\int }_{-1\mathrm{/}2}^0(-2t)e^{t-n}dt}\\ {\displaystyle }& {\displaystyle =2e^{-n}(1-2e^{-1\mathrm{/}2}+e^{-1})}\\ {\displaystyle }& {\displaystyle =2e^{-n}(1-e^{-1\mathrm{/}2}{)}^2\mathrm{.}}\end{array}$$(4)
従って$$\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}{S}_n=2(1-e^{-1\mathrm{/}2}{)}^2{\displaystyle \frac{e^{-1}}{1-e^{-1}}}={\displaystyle \frac{2}{e}}\cdot {\displaystyle \frac{\sqrt{e}-1}{\sqrt{e}+1}}\mathrm{.}$$

積の微分から係数 $p_n,q_n$ の漸化式を作って一般形を帰納的に得る。面積は $t=x+n$ で交点を固定し、隣接する導関数の差の原始関数を利用して2区間を計算する。

(1) $$f_n(x)=(x^2+p_{n}x+q_n)e^x$$と仮定して微分すると$$f_{n+1}(x)=\{x^2+(p_n+2)x+(q_n+p_n)\}{e}^x\mathrm{.}$$従って$$p_{n+1}=p_n+2,q_{n+1}=q_n+p_n,$$$p_0=q_0=0$ である。これを帰納的に解いて$$p_n=2n,q_n=n(n-1)\mathrm{.}$$よって$$f_n(x)=\{(x+n{)}^2-n\}{e}^x\mathrm{.}$$(2)$$f_n^{\mathrm{\prime }}=f_{n+1},f_n^{\mathrm{\prime }\mathrm{\prime }}=f_{n+2}\mathrm{.}$$従って極値を与える点は$$x=-n-1\pm \sqrt{n+1},$$変曲点は$$x=-n-2\pm \sqrt{n+2}\mathrm{.}$$前者の2点の外側で増加、内側で減少し、後者の2点の外側で下に凸、内側で上に凸である。また$$\underset{x\to -\mathrm{\infty }}{\lim }{f}_n(x)=0,\underset{x\to \mathrm{\infty }}{\lim }{f}_n(x)=\mathrm{\infty },$$零点は $$x=-n\pm \sqrt{n}$$ である。これらから概形が定まる。

(3)
$t=x+n$ とおく。3曲線の交点は$$t=-1,-{\displaystyle \frac{1}{2}},0$$である。囲まれた面積は$$\begin{array}{rl}{\displaystyle S_n}& {\displaystyle ={\int }_{-1}^{-1\mathrm{/}2}2(t+1)e^{t-n}dt+{\int }_{-1\mathrm{/}2}^0(-2t)e^{t-n}dt}\\ {\displaystyle }& {\displaystyle ={\left[2t{e}^{t-n}\right]}_{-1}^{-1\mathrm{/}2}+{[2(1-t)e^{t-n}]}_{-1\mathrm{/}2}^0}\\ {\displaystyle }& {\displaystyle =2e^{-n}(1-e^{-1\mathrm{/}2}{)}^2\mathrm{.}}\end{array}$$(4)
従って等比級数の和は$$\begin{array}{rl}{\displaystyle \sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}{S}_n}& {\displaystyle =2(1-e^{-1\mathrm{/}2}{)}^2{\displaystyle \frac{e^{-1}}{1-e^{-1}}}}\\ {\displaystyle }& {\displaystyle ={\displaystyle \frac{2}{e}}\cdot {\displaystyle \frac{\sqrt{e}-1}{\sqrt{e}+1}}\mathrm{.}}\end{array}$$