数学3 接線・極限との複合 問題 63 解説

方針・初手

$S_n$ は $\log x$ のべき乗を含む定積分である。まず部分積分で漸化式を作る。また、極限では $t=\log x$ と置換して、区間 $[0,1]$ 上の積分

$$ S_n=\int_0^1 t^n e^t,dt $$

として考えると評価しやすい。

解法1

まず $S_1$ を求める。

$$ S_1=\int_1^e \log x,dx $$

であり、

$$ \int \log x,dx=x\log x-x $$

だから、

$$ S_1=\left[x\log x-x\right]_1^e $$

となる。したがって、

$$ S_1=(e-e)-(0-1)=1 $$

である。

次に $S_{n+1}$ を $S_n$ を用いて表す。部分積分により、$u=(\log x)^{n+1}$、$dv=dx$ とおくと、

$$ du=(n+1)(\log x)^n\frac{1}{x},dx,\qquad v=x $$

である。よって、

$$ \begin{aligned} S_{n+1} &=\int_1^e(\log x)^{n+1},dx\\ &=\left[x(\log x)^{n+1}\right]_1^e-(n+1)\int_1^e(\log x)^n,dx \end{aligned} $$

となる。ここで、

$$ \left[x(\log x)^{n+1}\right]_1^e=e $$

であるから、

$$ S_{n+1}=e-(n+1)S_n $$

を得る。

次に $\lim\limits_{n\to\infty}S_n$ を求める。$t=\log x$ とおくと、$x=e^t$、$dx=e^t,dt$ であり、$x=1$ のとき $t=0$、$x=e$ のとき $t=1$ である。よって、

$$ S_n=\int_0^1 t^n e^t,dt $$

となる。

$0\leq t\leq 1$ において $e^t\leq e$ だから、

$$ 0\leq S_n\leq e\int_0^1 t^n,dt $$

である。したがって、

$$ 0\leq S_n\leq \frac{e}{n+1} $$

となるので、はさみうちの原理より、

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

である。

最後に $\lim\limits_{n\to\infty} nS_n$ を求める。先ほどの置換により、

$$ nS_n=n\int_0^1 t^n e^t,dt $$

である。

$0\leq t\leq 1$ では $e^t\leq e$ だから、

$$ nS_n\leq en\int_0^1t^n,dt=\frac{en}{n+1} $$

である。

一方、任意の $a$ を $0<a<1$ として、$a\leq t\leq 1$ では $e^t\geq e^a$ であるから、

$$ nS_n\geq n\int_a^1 t^n e^t,dt\geq e^a n\int_a^1t^n,dt $$

となる。よって、

$$ nS_n\geq e^a\frac{n}{n+1}(1-a^{n+1}) $$

である。

したがって、

$$ e^a\leq \liminf_{n\to\infty}nS_n\leq \limsup_{n\to\infty}nS_n\leq e $$

が成り立つ。ここで $a\to 1-0$ とすると $e^a\to e$ であるから、

$$ \lim_{n\to\infty}nS_n=e $$

を得る。

解説

この問題の中心は、部分積分による漸化式と、$t=\log x$ による置換である。

漸化式は、$(\log x)^n$ を微分すると次数が下がることに着目して部分積分する。端点 $x=e$ で $\log e=1$ となるため、境界項が $e$ になる点が重要である。

極限では、$S_n$ を

$$ \int_0^1 t^n e^t,dt $$

と直すと、$t^n$ が $t=1$ 付近だけで効く形になる。したがって $S_n$ 自体は $0$ に近づくが、$n$ 倍すると端点 $t=1$ における $e^t$ の値、すなわち $e$ が残る。

答え

(1)

$$ S_1=1 $$

(2)

$$ S_{n+1}=e-(n+1)S_n $$

(3)

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

(4)

$$ \lim_{n\to\infty}nS_n=e $$