東北大学 2018年度後期・理系数学後期第6問解答・解説

問題

数列 $a_{1}, a_{2}, \dots, a_{n}, \dots$ を

a_{n} = 2^{n} \int_{1}^{e} x (lo g x)^{n} d x

で定める。ただし、 $e$ は自然対数の底であり、無理数であることが知られている。

(1)不等式

\frac{1}{2 ( n + 1 )} ≦ a_{n} ≦ \frac{e}{2 ( n + 1 )}

を示せ。

(2)各 $n$ に対して

a_{n} = p_{n} e + q_{n}

となるように有理数 $p_{n}, q_{n}$ をとる。 $n ≧ 2$ のとき、 $p_{n}$ を $p_{n - 1}$ で、 $q_{n}$ を $q_{n - 1}$ でそれぞれ表せ。

(3)

n \to \infty lim \frac{( - 1 ) ^{n} p _{n}}{n !}

を求めよ。

出典：東北大学 2018年度後期日程第2次学力試験後期・理系後期第6問

方針

解法1

置換 $t = 2 lo g x$ 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。

解法2

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

解法1

(1)

$t = 2 lo g x$ 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 $t = 0$ 、 $x = e$ のとき $t = 1$ である。したがって

a_{n} = 2^{n} \int_{1}^{e} x (lo g 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

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

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}

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。

解法2

(1)

$t = 2 lo g x$ 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

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} .

$e$ 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

n \to \infty lim \frac{( - 1 ) ^{n} p _{n}}{n !} = \frac{1}{2 e} .

東北大学 2018年度後期・理系数学 後期 第6問

問題

方針

解法1

解法2

解答

解法1

(1)

(2)

(3)

解法2

(1)

(2)

(3)

東北大学 2018年度
後期・理系数学後期第6問