数学3 接線・極限との複合問題 18 解説

方針・初手

(1)は積分区間における被積分関数の大きさを評価し、定積分を計算する。(2)は(1)の不等式から「はさみうちの原理」を利用して極限を求める。(3)は $a_{n+1}$ の定義式に対して部分積分法を用いて漸化式を導く。(4)は(3)で得られた漸化式から $a_n - a_{n+1}$ の形を作り、辺々を足し合わせて有限和を評価し、その後(2)の極限を用いて無限級数の和を導く。

解法1

(1)

積分区間 $0 \leqq t \leqq 1$ において、$0 \leqq t \leqq 1$ であるから、すべての自然数 $n$ に対して $0 \leqq t^n \leqq 1$ が成り立つ。また、$e^{-t} > 0$ であるから、各辺に $e^{-t}$ を掛けると

$$0 \leqq t^n e^{-t} \leqq e^{-t}$$

が成り立つ。各辺を $0$ から $1$ まで定積分すると

$$\int_0^1 0 \,dt \leqq \int_0^1 t^n e^{-t} \,dt \leqq \int_0^1 e^{-t} \,dt$$

ここで、それぞれの定積分を計算すると

$$\int_0^1 0 \,dt = 0$$

$$\int_0^1 e^{-t} \,dt = \left[ -e^{-t} \right]_0^1 = -e^{-1} - (-e^0) = 1 - e^{-1}$$

であるから

$$0 \leqq \int_0^1 t^n e^{-t} \,dt \leqq 1 - e^{-1}$$

が示された。

(2)

(1)の結果と $a_n$ の定義より

$$0 \leqq n! \, a_n \leqq 1 - e^{-1}$$

$n! > 0$ であるから、各辺を $n!$ で割ると

$$0 \leqq a_n \leqq \frac{1 - e^{-1}}{n!}$$

ここで、$n \to \infty$ のとき $\frac{1 - e^{-1}}{n!} \to 0$ である。したがって、はさみうちの原理により

$$\lim_{n \to \infty} a_n = 0$$

が示された。

(3)

$a_{n+1}$ の定義式において部分積分法を用いる。

$$\begin{aligned} a_{n+1} &= \frac{1}{(n+1)!} \int_0^1 t^{n+1} e^{-t} \,dt \\ &= \frac{1}{(n+1)!} \int_0^1 t^{n+1} (-e^{-t})' \,dt \\ &= \frac{1}{(n+1)!} \left( \left[ -t^{n+1} e^{-t} \right]_0^1 - \int_0^1 (n+1)t^n (-e^{-t}) \,dt \right) \\ &= \frac{1}{(n+1)!} \left( -e^{-1} + (n+1) \int_0^1 t^n e^{-t} \,dt \right) \\ &= -\frac{1}{(n+1)!e} + \frac{n+1}{(n+1)!} \int_0^1 t^n e^{-t} \,dt \\ &= -\frac{1}{(n+1)!e} + \frac{1}{n!} \int_0^1 t^n e^{-t} \,dt \\ &= -\frac{1}{(n+1)!e} + a_n \end{aligned}$$

よって

$$a_{n+1} = a_n - \frac{1}{(n+1)!e}$$

が示された。

(4)

(3)の結果より

$$\frac{1}{(k+1)!} = e(a_k - a_{k+1})$$

この等式について、$k=1, 2, \dots, n-1$ として辺々を加えると

$$\sum_{k=1}^{n-1} \frac{1}{(k+1)!} = e \sum_{k=1}^{n-1} (a_k - a_{k+1})$$

左辺は

$$\sum_{k=1}^{n-1} \frac{1}{(k+1)!} = \frac{1}{2!} + \frac{1}{3!} + \dots + \frac{1}{n!} = \sum_{k=2}^n \frac{1}{k!}$$

右辺は途中項が相殺されて

$$e \sum_{k=1}^{n-1} (a_k - a_{k+1}) = e(a_1 - a_n)$$

となる。ここで、$a_1$ の値を計算する。

$$\begin{aligned} a_1 &= \int_0^1 t e^{-t} \,dt \\ &= \int_0^1 t (-e^{-t})' \,dt \\ &= \left[ -te^{-t} \right]_0^1 - \int_0^1 1 \cdot (-e^{-t}) \,dt \\ &= -e^{-1} + \left[ -e^{-t} \right]_0^1 \\ &= -e^{-1} - e^{-1} + 1 \\ &= 1 - \frac{2}{e} \end{aligned}$$

これを先ほどの式に代入すると

$$\sum_{k=2}^n \frac{1}{k!} = e \left( 1 - \frac{2}{e} - a_n \right) = e - 2 - ea_n$$

両辺に $2 = 1 + \frac{1}{1!}$ を加えると

$$2 + \sum_{k=2}^n \frac{1}{k!} = e - ea_n$$

$$1 + \sum_{k=1}^n \frac{1}{k!} = e - ea_n$$

整理すると

$$e = 1 + \sum_{k=1}^n \frac{1}{k!} + ea_n$$

ここで $n \to \infty$ とすると、(2)の結果 $\lim_{n \to \infty} a_n = 0$ より $\lim_{n \to \infty} ea_n = 0$ である。したがって

$$e = 1 + \lim_{n \to \infty} \sum_{k=1}^n \frac{1}{k!}$$

すなわち

$$e = 1 + \sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n!}$$

が示された。

解説

定積分の評価から始まり、漸化式の立式、そして無限級数の和（指数関数のマクローリン展開の特別な場合）を導出する典型的な誘導問題である。部分積分を用いることで、階乗と積分が結びついた漸化式が得られる。和を計算する際は、階差数列の形 $a_k - a_{k+1}$ が現れることに着目し、望遠鏡和（途中項が次々と打ち消し合う和）の性質を利用して有限和を求めることが重要である。極限の計算では、(1)で求めた不等式によるはさみうちの原理を適切に用いる。