東北大 2018年度理系（後期）数学第6問｜問題・解答・解説

方針

置換 $t = 2 \log x$ により、積分を $a_{n} = \frac{1}{2} \int_{0}^{1} e^{t} t^{n} d t$ に直す。(1)は $0 ≦ t ≦ 1$ で $1 ≦ e^{t} ≦ e$ を使う。(2)は部分積分で $a_{n} = e / 2 - n a_{n - 1}$ を得て、 $p_{n}, q_{n}$ の漸化式に移す。(3)は $q_{n}$ を明示し、 $(- 1)^{n} a_{n} / n! \to 0$ と(1)の評価から $(- 1)^{n} p_{n} / n!$ の極限を取り出す。

解答

(1) $t = 2 \log x$ とおく。このとき $x = e^{t / 2}, d x = \frac{1}{2} e^{t / 2} d t$ であり、 $x = 1$ のとき $t = 0$ 、 $x = \sqrt{e}$ のとき $t = 1$ である。したがって $\begin{aligned} a_{n} & = 2^{n} \int_{1}^{\sqrt{e}} x (\log x)^{n} d x \\ = 2^{n} \int_{0}^{1} e^{t / 2} {(\frac{t}{2})}^{n} \frac{1}{2} e^{t / 2} d t \\ = \frac{1}{2} \int_{0}^{1} e^{t} t^{n} d t \end{aligned}$ である。 $0 ≦ t ≦ 1$ では $1 ≦ e^{t} ≦ e$ であるから $\frac{1}{2} \int_{0}^{1} t^{n} d t ≦ a_{n} ≦ \frac{e}{2} \int_{0}^{1} t^{n} d t$ である。よって $\frac{1}{2 (n + 1)} ≦ a_{n} ≦ \frac{e}{2 (n + 1)}$ である。

(2) $a_{n} = \frac{1}{2} \int_{0}^{1} e^{t} t^{n} d t$ を部分積分する。 $t^{n}$ を微分する側に取ると $\begin{aligned} a_{n} & = \frac{1}{2} ([e^{t} t^{n}]_{0}^{1} - n \int_{0}^{1} e^{t} t^{n - 1} d t) \\ = \frac{e}{2} - n a_{n - 1} \end{aligned}$ である。 $a_{n - 1} = p_{n - 1} e + q_{n - 1}$ と書くと $a_{n} = (\frac{1}{2} - n p_{n - 1}) e - n q_{n - 1}$ である。 $e$ は無理数なので、この表し方の係数は一意である。したがって $p_{n} = \frac{1}{2} - n p_{n - 1}, q_{n} = - n q_{n - 1}$ である。

(3)
まず $a_{1} = \frac{1}{2} \int_{0}^{1} e^{t} t d t = \frac{1}{2}$ であるから $p_{1} = 0, q_{1} = \frac{1}{2}$ である。(2)より $q_{n} = - n q_{n - 1}$ なので $q_{n} = \frac{(- 1)^{n - 1} n!}{2}$ である。

したがって $a_{n} = p_{n} e + \frac{(- 1)^{n - 1} n!}{2}$ であり、両辺に $\frac{(- 1)^{n}}{n!}$ を掛けると $\frac{(- 1)^{n} a_{n}}{n!} = \frac{(- 1)^{n} p_{n}}{n!} e - \frac{1}{2}$ である。

(1) より $0 < a_{n} ≦ \frac{e}{2 (n + 1)}$ なので $\frac{a_{n}}{n!} \to 0$ である。よって上の式で極限を取ると $0 = e \lim_{n \to \infty} \frac{(- 1)^{n} p_{n}}{n!} - \frac{1}{2}$ となる。したがって $\lim_{n \to \infty} \frac{(- 1)^{n} p_{n}}{n!} = \frac{1}{2 e}$ である。

別解

解法2

方針

変数変換後の積分を部分積分して係数漸化式を得る。 $q_{n}$ を明示し、正規化した $p_{n}$ と小さな積分剰余 $a_{n} / n!$ の関係から極限を決める。

解答

(1)
$t = 2 \log x$ とおくと $a_{n} = \frac{1}{2} \int_{0}^{1} e^{t} t^{n} d t .$ 区間 $0 ≦ t ≦ 1$ では $1 ≦ e^{t} ≦ e$ だから $\frac{1}{2} \int_{0}^{1} t^{n} d t ≦ a_{n} ≦ \frac{e}{2} \int_{0}^{1} t^{n} d t,$ すなわち $\frac{1}{2 (n + 1)} ≦ a_{n} ≦ \frac{e}{2 (n + 1)} .$ (2)
部分積分により $\begin{aligned} a_{n} & = \frac{1}{2} {[e^{t} t^{n}]}_{0}^{1} - \frac{n}{2} \int_{0}^{1} e^{t} t^{n - 1} d t \\ = \frac{e}{2} - n a_{n - 1} . \end{aligned}$ $e$ の無理性から有理係数表示は一意なので $p_{n} = \frac{1}{2} - n p_{n - 1}, q_{n} = - n q_{n - 1} .$ (3)
$a_{1} = 1 / 2$ より $p_{1} = 0, q_{1} = 1 / 2$ である。したがって $q_{n} = \frac{(- 1)^{n - 1} n!}{2} .$ これを $a_{n} = p_{n} e + q_{n}$ に代入し、 $(- 1)^{n} / n!$ を掛けると $\frac{(- 1)^{n} p_{n}}{n!} = \frac{1}{2 e} + \frac{(- 1)^{n} a_{n}}{e n!} .$ (1)より $0 < \frac{a_{n}}{n!} ≦ \frac{e}{2 (n + 1) n!} ⟶ 0.$ よって $\lim_{n \to \infty} \frac{(- 1)^{n} p_{n}}{n!} = \frac{1}{2 e} .$

総評

難度7、目安時間28分。置換 $t = 2 \log x$ により積分区間が $[0, 1]$ になり、評価も部分積分も一気に扱いやすくなる。(2)の漸化式では、 $e$ が無理数であることによって $p_{n}, q_{n}$ の係数比較が正当化される。(3)では $q_{n}$ を先に明示し、 $(- 1)^{n} a_{n} / n!$ が0に近づくことを(1)の評価から示すのが流れである。

出典: 東北大学 2018年度後期数学（大学公式の問題PDF）。問題文はHTML表示のために再入力・数式組版しています。

東北大学 2018年度 後期日程 第2次学力試験理系（後期）数学 第6問

方針

解答

別解

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解答

総評

東北大学 2018年度後期日程第2次学力試験理系（後期）数学第6問