数学3 定積分・面積 問題 48 解説

方針・初手

(1) については、被積分関数が $x$ の累乗と指数関数 $e^{-x}$ の積になっていることから、部分積分法を用いて漸化式を導く。指数関数側を積分側に回すのが定石である。

(2) については、(1) で得られた漸化式を用いて一般項 $I_n$ を求める。与えられた等式を証明する問題であるから、漸化式の両辺を階乗で割って階差数列の形に持ち込む直接的な方法と、数学的帰納法を用いる方法の2つが考えられる。

解法1

(1)

部分積分法を用いる。$e^{-x} = (-e^{-x})'$ であることに注意すると、

$$\begin{aligned} I_{n+1} &= \int_0^1 x^{n+1} e^{-x} dx \\ &= \int_0^1 x^{n+1} (-e^{-x})' dx \\ &= \left[ x^{n+1} (-e^{-x}) \right]_0^1 - \int_0^1 (n+1) x^n (-e^{-x}) dx \\ &= -e^{-1} - 0 + (n+1) \int_0^1 x^n e^{-x} dx \\ &= -\frac{1}{e} + (n+1) I_n \end{aligned}$$

となり、示された。

(2)

まず、$I_1$ を求める。

$$\begin{aligned} I_1 &= \int_0^1 x e^{-x} dx \\ &= \left[ -x e^{-x} \right]_0^1 - \int_0^1 1 \cdot (-e^{-x}) dx \\ &= -e^{-1} + \left[ -e^{-x} \right]_0^1 \\ &= -e^{-1} - e^{-1} + 1 \\ &= 1 - \frac{2}{e} \end{aligned}$$

(1) より、漸化式は $I_n = -\frac{1}{e} + n I_{n-1} \quad (n \ge 2)$ と書ける。この両辺を $n!$ で割ると、

$$\frac{I_n}{n!} = -\frac{1}{e \cdot n!} + \frac{I_{n-1}}{(n-1)!}$$

$$\frac{I_n}{n!} - \frac{I_{n-1}}{(n-1)!} = -\frac{1}{e \cdot n!}$$

したがって、数列 $\left\{ \frac{I_n}{n!} \right\}$ は階差数列が $-\frac{1}{e \cdot n!}$ の数列である。 $n \ge 2$ のとき、

$$\begin{aligned} \frac{I_n}{n!} &= \frac{I_1}{1!} + \sum_{k=2}^n \left( -\frac{1}{e \cdot k!} \right) \\ &= \left( 1 - \frac{2}{e} \right) - \frac{1}{e} \sum_{k=2}^n \frac{1}{k!} \\ &= 1 - \frac{1}{e} \left( 2 + \sum_{k=2}^n \frac{1}{k!} \right) \\ &= 1 - \frac{1}{e} \left( 1 + 1 + \sum_{k=2}^n \frac{1}{k!} \right) \\ &= 1 - \frac{1}{e} \left( 1 + \frac{1}{1!} + \sum_{k=2}^n \frac{1}{k!} \right) \\ &= 1 - \frac{1}{e} \left( 1 + \sum_{k=1}^n \frac{1}{k!} \right) \\ &= \frac{e - 1 - \sum_{k=1}^n \frac{1}{k!}}{e} \end{aligned}$$

この式は、$n=1$ のとき $\frac{I_1}{1!} = \frac{e - 1 - 1}{e} = 1 - \frac{2}{e}$ となり、$n=1$ の場合も成り立つ。 両辺に $n!$ をかけることで、

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

となり、示された。

解法2

(1) は解法1と同じ。

(2) は数学的帰納法を用いて示す。

(i) $n=1$ のとき

左辺は、部分積分を用いて計算すると、

$$I_1 = \int_0^1 x e^{-x} dx = \left[ -x e^{-x} \right]_0^1 + \int_0^1 e^{-x} dx = -e^{-1} + \left[ -e^{-x} \right]_0^1 = 1 - \frac{2}{e}$$

右辺は、

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

よって、左辺と右辺が一致し、$n=1$ のとき等式は成り立つ。

(ii) $n=m$（$m$ は自然数）のとき成り立つと仮定する。すなわち、

$$I_m = \frac{m!}{e} \left( e - 1 - \sum_{k=1}^m \frac{1}{k!} \right)$$

が成り立つと仮定する。 $n=m+1$ のとき、(1) で得た漸化式より、

$$I_{m+1} = -\frac{1}{e} + (m+1) I_m$$

これに帰納法の仮定を代入すると、

$$\begin{aligned} I_{m+1} &= -\frac{1}{e} + (m+1) \frac{m!}{e} \left( e - 1 - \sum_{k=1}^m \frac{1}{k!} \right) \\ &= -\frac{1}{e} + \frac{(m+1)!}{e} \left( e - 1 - \sum_{k=1}^m \frac{1}{k!} \right) \\ &= \frac{(m+1)!}{e} \left( -\frac{1}{(m+1)!} + e - 1 - \sum_{k=1}^m \frac{1}{k!} \right) \\ &= \frac{(m+1)!}{e} \left( e - 1 - \left( \sum_{k=1}^m \frac{1}{k!} + \frac{1}{(m+1)!} \right) \right) \\ &= \frac{(m+1)!}{e} \left( e - 1 - \sum_{k=1}^{m+1} \frac{1}{k!} \right) \end{aligned}$$

となり、$n=m+1$ のときも等式は成り立つ。

(i)、(ii) より、すべての自然数 $n$ について与えられた等式が成り立つことが示された。

解説

定積分で表された数列の漸化式を導く非常に典型的な問題である。被積分関数が多項式と指数・三角関数の積である場合、多項式側の次数を下げるように部分積分を行うのが基本方針となる。

漸化式 $I_{n+1} = p I_n + q$ 型において、係数 $p$ が定数ではなく $n$ の式となっている場合の処理が問われている。本問のように $I_{n+1} = (n+1) I_n + \dots$ という形になっている場合、両辺を $(n+1)!$ で割ることで階差数列の形に帰着させるのが定石である。

一方で、(2) のように証明すべき結果が既に与えられている場合は、解法2のように数学的帰納法を用いることで、階差数列の和の計算ミス（特に $\sum$ の初項やインデックスのズレなど）を防ぎ、安全に証明を完成させることができる。

答え

(1)、(2) ともに、題意の等式が成り立つことが示された。