[math][東京医科歯科大学][微分]1998年東京医科歯科大学数学問題3

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問題

$x \geq 0$を定義域とする関数の列$$f_0(x), f_1(x), \cdots, f_n(x), \cdots$$を次式による帰納的に定義する。$$f_0(x) = 1, f_n(x) = \int_{0}^{x}{\frac{f_{n-1}(t)}{t+1}dt}\ \ (n\geq 1)$$このとき次の問いに答えよ。
$(1)$ $f_1(x), f_2(x), f_3(x)$を求めよ。
$(2)$ $f_n(x)$を求めよ。
$(3)$ 曲線$y = f_n(x)\ \ (n\geq 1), x = a\ \ (a > 0)$および$x$軸で囲まれる図形の面積を$S_n(a)$とおくとき$$S_n(a)+S_{n+1}(a) = \frac{a+1}{(n+1)!}$$をみたす$a$の値を求めよ。
$(4)$ 無限級数$\displaystyle \sum_{k=1}^{\infty}{\frac{(-1)^k}{k!}}$の和を求めよ。

方針

いかにも医科歯科大学らしい出題である。丁寧な誘導に従うと良い。

解答

$(1)$ $$\begin{eqnarray}f_1(x) & = & \int_{0}^{x}{\frac{1}{t+1}dt}\\ & = & [\log{(t+1)}]_{0}^{x}\\ & = & \underline{\log{(x+1)}}\\ f_2(x) & = & \int_{0}^{x}{\frac{\log{(t+1)}}{t+1}dt}\\ & = & \left[\frac{1}{2}(\log{(t+1)})^2\right]_{0}^{x}\\ & = & \underline{\frac{1}{2}(\log{(x+1)})^2}\\ f_3(x) & = & \int_{0}^{x}{\frac{1}{2}\cdot \frac{(\log{(t+1)})^2}{t+1}dt}\\ & = & \left[\frac{1}{6}(\log{(t+1)})^3\right]_{0}^{x}\\ & = & \underline{\frac{1}{6}(\log{(x+1)})^3}\end{eqnarray}$$である。

$(2)$ $(1)$から$\displaystyle \underline{f_n(x) = \frac{(\log{(x+1)})^n}{n!}}\ \ (n\geq 0)$と予想できる。これを仮定すると、$$\begin{eqnarray}f_{n+1}(x) & = & \int_{0}^{x}{\frac{1}{n!}\cdot \frac{(\log{(t+1)})^n}{t+1}dt} \\ & = & \left[\frac{1}{n!}\frac{(\log{(t+1)})^{n+1}}{n+1}\right]_{0}^{x}\\ & = & \frac{(\log{(x+1)})^{n+1}}{(n+1)!}\end{eqnarray}$$である。

$(3)$ $f_n(x) = 0$となるのは$x = 0$のときで、$x > 0$では$f_n(x) > 0$であるから、$$\begin{eqnarray}S_{n+1}(a) & = & \int_{0}^{a}{f_{n+1}(x)}\\ & = & \frac{1}{(n+1)!}\int_{0}^{a}{((x+1)^{\prime}(\log{(x+1)})^{n+1})dx}\\ & = & \frac{1}{(n+1)!}[(x+1)(\log{(x+1)})^{n+1}]_{0}^{a}\\ & & -\frac{1}{(n+1)!}\int_{0}^{a}{(x+1)\cdot \frac{(n+1)(\log{(x+1)})^{n}}{x+1}dx}\\ & = & \frac{(a+1)(\log{(a+1)})^{n+1}}{(n+1)!}-S_n(a) \end{eqnarray}$$となる。したがって、$$S_n(a)+S_{n+1}(a) = \frac{(a+1)(\log{(a+1)})^{n+1}}{(n+1)!}$$である。与えられた条件$$S_n(a)+S_{n+1}(a) = \frac{a+1}{(n+1!)}$$と見比べると、$a > 0$から、$\log{(a+1)} = 1$でなければならない。よって、$\underline{a = e-1}$となる。ただし、$e$は自然対数の底である。

$(4)$ $(3)$から$n\geq 2$のとき$$\begin{eqnarray}S_1(a) + S_2(a) & = & \frac{a+1}{2!}\\ -S_2(a) -S_3(a) & = & -\frac{a+1}{3!}\\ S_3(a) + S_4(a) & = & \frac{a+1}{4!}\\ \cdots & = & \cdots \\ (-1)^{n}S_{n-1}(a) + (-1)^{n}S_n(a) & = & \frac{(-1)^n(a+1)}{n!}\end{eqnarray}$$となる。辺ごとに足すと、左辺では$S_1(a)$と$S_n(a)$以外は打ち消しあうので、$$\begin{eqnarray}S_1(a) +(-1)^nS_n(a) & = & (a+1)\left(\frac{1}{2!}-\frac{1}{3!}+\cdots + \frac{(-1)^n}{n!}\right)\\ & = & e\left(\frac{1}{2!}-\frac{1}{3!}+\cdots + \frac{(-1)^n}{n!}\right)\end{eqnarray}$$である。変形して、$$\sum_{k=1}^{n}{\frac{(-1)^k}{k!}} = \frac{e-S_1(a)-(-1)^nS_n(a)}{e}$$である。ここで、$$\begin{eqnarray}S_n(a) & = & \int_{0}^{a}{\frac{(\log{(x+1)})^n}{n!}dx}\\ & \leq & \int_{0}^{a}{\frac{(\log{(e-1+1)})^n}{n!}dx}\\ & = & \int_{0}^{a}{\frac{1}{n!}dx}\\ & = & \frac{a}{n!}\end{eqnarray}$$であるから、$n\to\infty$のとき$S_n(a)\leq 0$である。$S_n > 0$は分かっているので、はさみうちの原理から$\displaystyle \lim_{n\to\infty}{S_n(a)} = 0$である。したがって、$$\begin{eqnarray}\sum_{k=1}^{\infty}{\frac{(-1)^k}{k!}} & = & \frac{e-S_1(a)}{e} \\ & = & 1-\frac{1}{e}\int_{0}^{a}{\log{(x+1)}dx}\\ & = & 1-\frac{1}{e}[(x+1)(\log{(x+1)}-1)]_{0}^{e-1}\\ & = & \underline{\frac{e-1}{e}}\end{eqnarray}$$となる。