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九州大学 1963年理系第5問解説

方針・初手

定積分を含む関数列の漸化式を扱う問題です。まず、被積分関数である $f_{n-1}(t) + t f_{n-1}'(t)$ の形に注目します。これは積の導関数の公式 $\{t f_{n-1}(t)\}' = f_{n-1}(t) + t f_{n-1}'(t)$ そのものです。これに気づけば、積分計算を一切行わずに漸化式を劇的に簡略化できます。

この工夫に気づかなかった場合でも、(1)は直接多項式の積分計算を繰り返すことで求めることができ、(2)の帰納法も多項式の微積分を行うことで着実に示すことが可能です。

解法1

(1)

被積分関数について、積の微分法より以下の関係が成り立つ。

$$\{ t f_{n-1}(t) \}' = f_{n-1}(t) + t f_{n-1}'(t)$$

これを与えられた漸化式に代入すると、

$$f_n(x) = 1 + \int_0^x \{ t f_{n-1}(t) \}' dt$$

$$f_n(x) = 1 + \Big[ t f_{n-1}(t) \Big]_0^x$$

$$f_n(x) = 1 + x f_{n-1}(x)$$

という関数列に関する漸化式が得られる。これを用いて順次計算する。 $f_0(x) = 1$ であるから、

$$f_1(x) = 1 + x f_0(x) = 1 + x$$

$$f_2(x) = 1 + x f_1(x) = 1 + x(1+x) = 1 + x + x^2$$

$$f_3(x) = 1 + x f_2(x) = 1 + x(1+x+x^2) = 1 + x + x^2 + x^3$$

(2)

(1) の結果より、$f_n(x) = 1 + x + x^2 + \cdots + x^n$ であると推測できる。これを数学的帰納法によって証明する。

(i) $n=1$ のとき

(1)より $f_1(x) = 1+x$ であるから成立する。

(ii) $n=k$ ($k$は自然数) のとき

$$f_k(x) = 1 + x + x^2 + \cdots + x^k$$

が成り立つと仮定する。 $n=k+1$ のとき、(1)で求めた漸化式 $f_{k+1}(x) = 1 + x f_k(x)$ に仮定を代入すると、

$$f_{k+1}(x) = 1 + x (1 + x + x^2 + \cdots + x^k)$$

$$f_{k+1}(x) = 1 + x + x^2 + x^3 + \cdots + x^{k+1}$$

となり、$n=k+1$ のときも成立する。

以上 (i), (ii) より、すべての自然数 $n$ について以下が成り立つ。

$$f_n(x) = 1 + x + x^2 + \cdots + x^n$$

(3)

(2) より、$f_n(x)$ は初項 $1$、公比 $x$ の等比数列の初項から第 $(n+1)$ 項までの和である。 $|x| < 1$ のとき、この無限等比級数は収束し、その和は以下のようになる。

$$f(x) = \lim_{n \to \infty} f_n(x) = \frac{1}{1-x}$$

関数 $f(x) = (1-x)^{-1}$ を $x$ について微分すると、

$$f'(x) = - (1-x)^{-2} \cdot (-1) = \frac{1}{(1-x)^2}$$

一方で、$\{f(x)\}^2$ を計算すると、

$$\{f(x)\}^2 = \left( \frac{1}{1-x} \right)^2 = \frac{1}{(1-x)^2}$$

となる。したがって、

$$f'(x) = \{f(x)\}^2$$

が成り立つことが示された。

解法2

(1)

定義に従って、直接積分計算を繰り返す。 $f_0(x) = 1$ より $f_0'(x) = 0$ であるから、

$$f_1(x) = 1 + \int_0^x (1 + t \cdot 0) dt = 1 + [t]_0^x = 1 + x$$

$f_1(x) = 1+x$ より $f_1'(x) = 1$ であるから、

$$f_2(x) = 1 + \int_0^x (1 + t + t \cdot 1) dt = 1 + \int_0^x (1+2t) dt$$

$$f_2(x) = 1 + \left[ t + t^2 \right]_0^x = 1 + x + x^2$$

$f_2(x) = 1+x+x^2$ より $f_2'(x) = 1+2x$ であるから、

$$f_3(x) = 1 + \int_0^x \{ (1+t+t^2) + t(1+2t) \} dt = 1 + \int_0^x (1+2t+3t^2) dt$$

$$f_3(x) = 1 + \left[ t + t^2 + t^3 \right]_0^x = 1 + x + x^2 + x^3$$

(2)

(1) の結果から $f_n(x) = 1 + x + x^2 + \cdots + x^n$ であると推測される。これを数学的帰納法により証明する。

(i) $n=1$ のとき

(1)より成立している。

(ii) $n=k$ ($k$は自然数) のとき

$$f_k(x) = 1 + x + x^2 + \cdots + x^k$$

が成り立つと仮定する。この両辺を $x$ で微分すると、

$$f_k'(x) = 1 + 2x + 3x^2 + \cdots + kx^{k-1}$$

となる。これらを用いて、与えられた漸化式の被積分関数を計算する。

$$f_k(t) + t f_k'(t) = (1 + t + t^2 + \cdots + t^k) + (t + 2t^2 + 3t^3 + \cdots + k t^k)$$

$$f_k(t) + t f_k'(t) = 1 + 2t + 3t^2 + \cdots + (k+1)t^k$$

これを漸化式に代入して積分すると、

$$f_{k+1}(x) = 1 + \int_0^x \{ 1 + 2t + 3t^2 + \cdots + (k+1)t^k \} dt$$

$$f_{k+1}(x) = 1 + \left[ t + t^2 + t^3 + \cdots + t^{k+1} \right]_0^x$$

$$f_{k+1}(x) = 1 + x + x^2 + x^3 + \cdots + x^{k+1}$$

となり、$n=k+1$ のときも成立する。

以上 (i), (ii) より、すべての自然数 $n$ について $f_n(x) = 1 + x + x^2 + \cdots + x^n$ が成り立つ。

(3)

(2) より、$f_n(x)$ は初項 $1$、公比 $x$ の等比数列の初項から第 $(n+1)$ 項までの和である。 $|x| < 1$ であるから、無限等比級数 $\lim_{n \to \infty} f_n(x)$ は収束し、

$$f(x) = \lim_{n \to \infty} f_n(x) = \frac{1}{1-x}$$

となる。これを微分すると、

$$f'(x) = \frac{1}{(1-x)^2}$$

となる。一方、$\{f(x)\}^2$ は

$$\{f(x)\}^2 = \left( \frac{1}{1-x} \right)^2 = \frac{1}{(1-x)^2}$$

となるため、$f'(x) = \{f(x)\}^2$ が成り立つことが示された。

解説

積の微分法 $\{x g(x)\}' = g(x) + x g'(x)$ の形に気づけるかどうかが、計算量を大きく左右する問題です。数学Ⅲの微分積分では、このような「微分した結果から元の関数を復元する」見方が非常に重要になります。 (2)の数学的帰納法では、推測した一般項を代入して等式が成り立つことを淡々と示せば問題ありません。(3)は無限等比級数の和の公式と、有理関数の微分の基本操作を確認する標準的な問題です。