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数学3 定積分・面積問題 18 解説

方針・初手

定積分において積分区間の上端と下端が定数であるため、定積分 $\int_0^1 e^y f_{n-1}(y) dy$ は $x$ によらない定数となる。与えられた漸化式の被積分関数 $e^{-x+y} f_{n-1}(y)$ から、積分変数 $y$ と無関係な $e^{-x}$ を積分の外にくくり出すことで、$f_n(x)$ が $x + (\text{定数}) \cdot e^{-x}$ の形になることを見抜くのが第一歩である。これを踏まえて数列の漸化式へと帰着させる。

解法1

(1)

与えられた漸化式に $n=2$ を代入し、$f_1(x) = x$ を用いると、

$$f_2(x) = x + \frac{1}{2} \int_0^1 e^{-x+y} f_1(y) dy$$

$$f_2(x) = x + \frac{1}{2} e^{-x} \int_0^1 y e^y dy$$

となる。ここで部分積分を用いると、

$$\begin{aligned} \int_0^1 y e^y dy &= \left[ y e^y \right]_0^1 - \int_0^1 1 \cdot e^y dy \\ &= e - \left[ e^y \right]_0^1 \\ &= e - (e - 1) \\ &= 1 \end{aligned}$$

となるので、これを与式に代入して、

$$f_2(x) = x + \frac{1}{2} e^{-x}$$

を得る。

(2)

漸化式より、$n \geqq 2$ のとき、

$$f_n(x) = x + \left( \frac{1}{2} \int_0^1 e^y f_{n-1}(y) dy \right) e^{-x}$$

である。積分 $\int_0^1 e^y f_{n-1}(y) dy$ は $x$ に無関係な定数であるから、数列 $\{a_n\}$ を

$$a_n = \frac{1}{2} \int_0^1 e^y f_{n-1}(y) dy \quad (n \geqq 2)$$

と定めると、$n \geqq 2$ について $f_n(x) = x + a_n e^{-x}$ と表せる。また、$f_1(x) = x$ であるから、$a_1 = 0$ と定めれば、$n \geqq 1$ のすべての自然数について $f_n(x) = x + a_n e^{-x}$ が成り立つ。

これを漸化式の右辺に代入すると、

$$\begin{aligned} f_n(x) &= x + \frac{1}{2} \int_0^1 e^{-x+y} (y + a_{n-1} e^{-y}) dy \\ &= x + \frac{1}{2} e^{-x} \int_0^1 (y e^y + a_{n-1}) dy \end{aligned}$$

となる。(1) の計算結果 $\int_0^1 y e^y dy = 1$ を用いて定積分を計算すると、

$$\begin{aligned} \int_0^1 (y e^y + a_{n-1}) dy &= \int_0^1 y e^y dy + \int_0^1 a_{n-1} dy \\ &= 1 + \left[ a_{n-1} y \right]_0^1 \\ &= 1 + a_{n-1} \end{aligned}$$

となるから、

$$f_n(x) = x + \frac{1}{2} (1 + a_{n-1}) e^{-x}$$

となる。これが $f_n(x) = x + a_n e^{-x}$ と一致するから、

$$a_n = \frac{1}{2} (1 + a_{n-1}) = \frac{1}{2} a_{n-1} + \frac{1}{2} \quad (n \geqq 2)$$

という関係式が得られる。この漸化式を変形すると、

$$a_n - 1 = \frac{1}{2} (a_{n-1} - 1)$$

となる。したがって、数列 $\{a_n - 1\}$ は初項 $a_1 - 1 = 0 - 1 = -1$、公比 $\frac{1}{2}$ の等比数列である。

$$a_n - 1 = -1 \cdot \left( \frac{1}{2} \right)^{n-1}$$

$$a_n = 1 - \left( \frac{1}{2} \right)^{n-1}$$

よって、求める $f_n(x)$ は、

$$f_n(x) = x + \left\{ 1 - \left( \frac{1}{2} \right)^{n-1} \right\} e^{-x}$$

となる。

(3)

(2) で求めた $f_n(x)$ において $n \to \infty$ の極限をとる。

$$\lim_{n \to \infty} \left( \frac{1}{2} \right)^{n-1} = 0$$

であるから、

$$\begin{aligned} \lim_{n \to \infty} f_n(x) &= \lim_{n \to \infty} \left[ x + \left\{ 1 - \left( \frac{1}{2} \right)^{n-1} \right\} e^{-x} \right] \\ &= x + e^{-x} \end{aligned}$$

となる。

解説

関数列の漸化式に定積分が含まれる典型問題である。積分区間が定数であれば、被積分関数内の積分変数以外の文字（今回は $x$）を外に出すことで、積分全体が「定数」になる性質を利用する。本問では、$f_n(x) = x + a_n e^{-x}$ とおけることに気づけば、あとは通常の2項間漸化式を解く基本問題に帰着する。$a_1 = 0$ と拡張して漸化式を立てることで、場合分けを減らして簡潔に記述できる。