横浜国立大学 2020年度 前期理系数学 第5問

(1)

$0\leqq x\leqq 1$ では$$0<e^{-x}\leqq 1.$$したがって$$\begin{array}{rl}{\displaystyle I_n}& {\displaystyle ={\int }_0^1{x}^{n+a-1}{e}^{-x}dx}\\ {\displaystyle }& {\displaystyle \leqq {\int }_0^1{x}^{n+a-1}dx}\\ {\displaystyle }& {\displaystyle =\frac{1}{n+a}\mathrm{.}}\end{array}$$(2)$$\frac{d}{dx}\left(x^{n+a}{e}^{-x}\right)=(n+a)x^{n+a-1}{e}^{-x}-x^{n+a}{e}^{-x}\mathrm{.}$$両辺を0から1まで積分すると$$\frac{1}{e}=(n+a)I_n-I_{n+1}\mathrm{.}$$よって$$I_{n+1}-(n+a)I_n=-\frac{1}{e}\mathrm{.}$$(3)

まず$$e^{-1}\leqq e^{-x}\leqq 1(0\leqq x\leqq 1)$$より$$\frac{1}{e(n+a)}\leqq I_n\leqq \frac{1}{n+a}\mathrm{.}$$上限を精密にするため、$0<\epsilon <1$ として積分区間を分ける。$$\begin{array}{rl}{\displaystyle I_n}& {\displaystyle ={\int }_0^{1-\epsilon }{x}^{n+a-1}{e}^{-x}dx+{\int }_{1-\epsilon }^1{x}^{n+a-1}{e}^{-x}dx}\\ {\displaystyle }& {\displaystyle \leqq {\int }_0^{1-\epsilon }{x}^{n+a-1}dx+e^{-1+\epsilon }{\int }_{1-\epsilon }^1{x}^{n+a-1}dx\mathrm{.}}\end{array}$$両辺を $n$ 倍して $n\to \mathrm{\infty }$ とすると、最初の積分は0へ収束し$$\underset{n\to \mathrm{\infty }}{\mathrm{lim\hspace{0.17em}sup}}n{I}_n\leqq e^{-1+\epsilon }\mathrm{.}$$一方、下の評価から$$\underset{n\to \mathrm{\infty }}{\mathrm{lim\hspace{0.17em}inf}}n{I}_n\geqq \frac{1}{e}\mathrm{.}$$$\epsilon$ は任意だから$$\underset{n\to \mathrm{\infty }}{\lim }n{I}_n=\frac{1}{e}\mathrm{.}$$(4)

$E=1\mathrm{/}e$、$N=n+a$ とおく。(2)を変形すると$$I_n=\frac{E}{N}+\frac{I_{n+1}}{N}\mathrm{.}$$これを3段階まで反復して$$\begin{array}{rl}{\displaystyle I_n=}& {\displaystyle \frac{E}{N}+\frac{E}{N(N+1)}+\frac{E}{N(N+1)(N+2)}}\\ {\displaystyle }& {\displaystyle +\frac{I_{n+3}}{N(N+1)(N+2)}}\end{array}$$を得る。(1)から$$0\leqq I_{n+3}\leqq \frac{1}{n+a+3}$$なので、最後の項は $n^3$ 倍しても0へ収束する。

まず (3) より $n{I}_n\to E$ だから、$J_n$ が収束するには$$b=-E=-\frac{1}{e}$$が必要である。

次に上の表示から$$\underset{n\to \mathrm{\infty }}{\lim }{n}^2(I_n-\frac{E}{n})=(1-a)E\mathrm{.}$$したがって二次の発散も消すには$$c=(a-1)E=\frac{a-1}{e}$$が必要である。

この $b,c$ に対して$$J_n=n^3(I_n-\frac{E}{n}+\frac{(a-1)E}{n^2})\mathrm{.}$$3項の表示を使うと$$\underset{n\to \mathrm{\infty }}{\lim }{n}^3(\frac{1}{N}-\frac{1}{n}+\frac{a}{n^2})=a^2,$$$$\underset{n\to \mathrm{\infty }}{\lim }{n}^3(\frac{1}{N(N+1)}-\frac{1}{n^2})=-(2a+1),$$$$\underset{n\to \mathrm{\infty }}{\lim }\frac{n^3}{N(N+1)(N+2)}=1.$$よって$$\begin{array}{rl}{\displaystyle \underset{n\to \mathrm{\infty }}{\lim }{J}_n}& {\displaystyle =E\{a^2-(2a+1)+1\}}\\ {\displaystyle }& {\displaystyle =\frac{a(a-2)}{e}\mathrm{.}}\end{array}$$以上より$$b=-\frac{1}{e},c=\frac{a-1}{e},\underset{n\to \mathrm{\infty }}{\lim }{J}_n=\frac{a(a-2)}{e}\mathrm{.}$$

(1) 〜(3)で得た評価と漸化式を使い、まず $I_n$ の $1\mathrm{/}n$ 項、次に $1\mathrm{/}{n}^2$ 項を極限として決める。その情報を漸化式へもう一度代入し、$1\mathrm{/}{n}^3$ 項を得る。

(1)

$e^{-x}\leqq 1$ より$$I_n\leqq {\int }_0^1{x}^{n+a-1}dx=\frac{1}{n+a}\mathrm{.}$$(2)

部分積分すると$$\begin{array}{rl}{\displaystyle I_{n+1}}& {\displaystyle ={\int }_0^1{x}^{n+a}{e}^{-x}dx}\\ {\displaystyle }& {\displaystyle =-\frac{1}{e}+(n+a)I_n\mathrm{.}}\end{array}$$よって$$I_{n+1}-(n+a)I_n=-\frac{1}{e}\mathrm{.}$$(3)

解法1のはさみうちにより$$\underset{n\to \mathrm{\infty }}{\lim }n{I}_n=\frac{1}{e}\mathrm{.}$$(4)$$E=\frac{1}{e}$$とおく。漸化式を$$I_n=\frac{E+I_{n+1}}{n+a}$$と書く。

まず$$\begin{array}{rl}{\displaystyle n^2(I_n-\frac{E}{n})}& {\displaystyle =\frac{n\{n{I}_{n+1}-aE\}}{n+a}\mathrm{.}}\end{array}$$ここで$$n{I}_{n+1}=\frac{n}{n+1}\{(n+1)I_{n+1}\}⟶E$$だから$$\underset{n\to \mathrm{\infty }}{\lim }{n}^2(I_n-\frac{E}{n})=(1-a)E\mathrm{.}$$この極限との差を$$R_n=n^2(I_n-\frac{E}{n})-(1-a)E$$とおけば $R_n\to 0$ であり、$$I_{n+1}=\frac{E}{n+1}+\frac{(1-a)E}{(n+1{)}^2}+\frac{R_{n+1}}{(n+1{)}^2}$$と正確に書ける。これを漸化式へ代入すると$$\begin{array}{rl}{\displaystyle I_n=}& {\displaystyle \frac{E}{n+a}+\frac{E}{(n+a)(n+1)}}\\ {\displaystyle }& {\displaystyle +\frac{(1-a)E}{(n+a)(n+1{)}^2}+\frac{R_{n+1}}{(n+a)(n+1{)}^2}\mathrm{.}}\end{array}$$$J_n$ が収束するには、まず $n{I}_n\to E$ より$$b=-E=-\frac{1}{e}$$が必要である。さらに先ほどの極限より$$c=-(1-a)E=\frac{a-1}{e}$$が必要である。

この $b,c$ を代入する。上の正確な表示に対して$$\underset{n\to \mathrm{\infty }}{\lim }{n}^3(\frac{1}{n+a}-\frac{1}{n}+\frac{a}{n^2})=a^2,$$$$\underset{n\to \mathrm{\infty }}{\lim }{n}^3(\frac{1}{(n+a)(n+1)}-\frac{1}{n^2})=-(a+1),$$$$\underset{n\to \mathrm{\infty }}{\lim }\frac{n^3}{(n+a)(n+1{)}^2}=1$$である。また $R_{n+1}\to 0$ だから、剰余項を $n^3$ 倍したものも0へ収束する。したがって$$\begin{array}{rl}{\displaystyle \underset{n\to \mathrm{\infty }}{\lim }{J}_n}& {\displaystyle =E\{a^2-(a+1)+(1-a)\}}\\ {\displaystyle }& {\displaystyle =a(a-2)E=\frac{a(a-2)}{e}\mathrm{.}}\end{array}$$