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九州大学 2001年理系第8問解説

方針・初手

(1) は与えられた関数 $f(x)$ と，そこから $x^3$ を引いた関数について，それぞれ微分して増減を調べる定石である。後半の極限は前半で示した不等式を用いたはさみうちの原理で求める。

(2) は区分求積法の誤差評価に関する問題である。$K_n$ は長方形の面積の和であり，等比数列の和の公式を用いて具体的に計算できる。これを定積分の値から引き算し，(1) で評価した $f(x)$ の形（$e^x - 1 - x$ を含む形）を作り出すことがポイントとなる。

解法1

(1)

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

を微分すると，

$$\begin{aligned} f'(x) &= e^x - (1 + x) \\ f''(x) &= e^x - 1 \end{aligned}$$

$x > 0$ において $e^x > 1$ であるから $f''(x) > 0$ となり，$f'(x)$ は単調に増加する。 $f'(0) = 0$ であるから，$x > 0$ において $f'(x) > 0$ となり，$f(x)$ は単調に増加する。 $f(0) = 0$ であるから，$x > 0$ において $f(x) > 0$ が成り立つ。したがって，$0 < x < 1$ において $0 < f(x)$ が示された。

次に，$h(x) = x^3 - f(x)$ とおき，$0 < x < 1$ で $h(x) > 0$ となることを示す。

$$\begin{aligned} h'(x) &= 3x^2 - f'(x) = 3x^2 - e^x + 1 + x \\ h''(x) &= 6x - f''(x) = 6x - e^x + 1 \\ h'''(x) &= 6 - e^x \end{aligned}$$

$0 < x < 1$ において，$e < 3$ を用いると $e^x < e^1 < 3 < 6$ であるから，$h'''(x) > 0$ である。よって $0 \leqq x \leqq 1$ において $h''(x)$ は単調に増加し，$h''(0) = 0$ より $0 < x < 1$ で $h''(x) > 0$ となる。同様に $h'(x)$ も単調に増加し，$h'(0) = 0$ より $0 < x < 1$ で $h'(x) > 0$ となる。さらに $h(x)$ も単調に増加し，$h(0) = 0$ より $0 < x < 1$ で $h(x) > 0$ となる。以上より，$0 < x < 1$ において $0 < f(x) < x^3$ が成り立つ。

続いて，極限 $\lim_{n \to \infty} n^2 f\left(\frac{1}{n}\right)$ について考える。 $n \to \infty$ を考えるので $n \geqq 2$ の自然数としてよく，このとき $0 < \frac{1}{n} < 1$ である。前半で示した不等式に $x = \frac{1}{n}$ を代入すると，

$$0 < f\left(\frac{1}{n}\right) < \frac{1}{n^3}$$

各辺に $n^2 > 0$ を掛けると，

$$0 < n^2 f\left(\frac{1}{n}\right) < \frac{1}{n}$$

ここで $\lim_{n \to \infty} \frac{1}{n} = 0$ であるから，はさみうちの原理より，

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

(2)

定積分の値は，

$$\int_{0}^{1} g(x) dx = \int_{0}^{1} e^x dx = \left[ e^x \right]_{0}^{1} = e - 1$$

一方，$K_n$ は区間 $[0, 1]$ を $n$ 等分した小区間における左端の値を高さとする長方形の面積の和であるから，

$$K_n = \sum_{i=0}^{n-1} \frac{1}{n} e^{\frac{i}{n}}$$

これは初項 $\frac{1}{n}$，公比 $e^{\frac{1}{n}}$，項数 $n$ の等比数列の和であるから，

$$K_n = \frac{1}{n} \cdot \frac{1 - \left(e^{\frac{1}{n}}\right)^n}{1 - e^{\frac{1}{n}}} = \frac{e - 1}{n \left( e^{\frac{1}{n}} - 1 \right)}$$

したがって，定積分との差は次のように計算できる。

$$\begin{aligned} \int_{0}^{1} g(x) dx - K_n &= (e - 1) - \frac{e - 1}{n \left( e^{\frac{1}{n}} - 1 \right)} \\ &= (e - 1) \frac{n \left( e^{\frac{1}{n}} - 1 \right) - 1}{n \left( e^{\frac{1}{n}} - 1 \right)} \\ &= (e - 1) \frac{e^{\frac{1}{n}} - 1 - \frac{1}{n}}{e^{\frac{1}{n}} - 1} \end{aligned}$$

ここで，$f(x)$ の定義式を変形すると $e^x - 1 - x = \frac{1}{2}x^2 + f(x)$ であるから，$x = \frac{1}{n}$ を代入して，

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

(1) の結果よりこれは正であり，分母の $e^{\frac{1}{n}} - 1$ も正であるから，絶対値記号はそのまま外すことができる。極限を求める式を変形する。

$$\begin{aligned} n^k \left| \int_{0}^{1} g(x) dx - K_n \right| &= n^k (e - 1) \frac{\frac{1}{2n^2} + f\left(\frac{1}{n}\right)}{e^{\frac{1}{n}} - 1} \\ &= (e - 1) \frac{n^{k+1} \left( \frac{1}{2n^2} + f\left(\frac{1}{n}\right) \right)}{n \left( e^{\frac{1}{n}} - 1 \right)} \\ &= (e - 1) \frac{\frac{1}{n} \left( \frac{n^{k+1}}{2n^2} + n^{k+1} f\left(\frac{1}{n}\right) \right)}{e^{\frac{1}{n}} - 1} \\ &= (e - 1) \frac{\frac{n^{k-1}}{2} + n^{k-1} \cdot n^2 f\left(\frac{1}{n}\right)}{\frac{e^{\frac{1}{n}} - 1}{\frac{1}{n}}} \end{aligned}$$

ここで，$n \to \infty$ のとき分母は $\lim_{x \to 0} \frac{e^x - 1}{x} = 1$ （微分係数の定義）に収束する。分子について場合分けを行う。

(i) $k = 1$ のとき 分子は $\frac{1}{2} + 1 \cdot n^2 f\left(\frac{1}{n}\right)$ となる。(1) より $n^2 f\left(\frac{1}{n}\right) \to 0$ であるから，極限値は

$$(e - 1) \frac{\frac{1}{2} + 0}{1} = \frac{e - 1}{2}$$

となり，有限の値に収束する。

(ii) $k \geqq 2$ のとき 分子は $\frac{n^{k-1}}{2} + n^{k-1} \cdot n^2 f\left(\frac{1}{n}\right)$ となる。 $k - 1 \geqq 1$ であるから $n \to \infty$ で $\frac{n^{k-1}}{2} \to \infty$ となる。また，(1) より $n^2 f\left(\frac{1}{n}\right) > 0$ であるから第2項も正であり，分子全体は $\infty$ に発散する。分母は $1$ に収束するため，全体としても $\infty$ に発散する。

以上より，有限の値に収束するような最大の自然数 $k$ は $1$ であり，そのときの極限値は $\frac{e - 1}{2}$ である。

解法2

(2) の誤差評価を各小区間で考える別解

積分と $K_n$ の差を区間ごとに評価する。

$$\begin{aligned} \int_{0}^{1} g(x) dx - K_n &= \sum_{i=0}^{n-1} \int_{\frac{i}{n}}^{\frac{i+1}{n}} e^x dx - \sum_{i=0}^{n-1} \frac{1}{n} e^{\frac{i}{n}} \\ &= \sum_{i=0}^{n-1} \int_{\frac{i}{n}}^{\frac{i+1}{n}} \left( e^x - e^{\frac{i}{n}} \right) dx \end{aligned}$$

積分について $x = \frac{i}{n} + t$ と置換すると，$dx = dt$ であり積分区間は $0 \to \frac{1}{n}$ となる。

$$\begin{aligned} \int_{\frac{i}{n}}^{\frac{i+1}{n}} \left( e^x - e^{\frac{i}{n}} \right) dx &= \int_{0}^{\frac{1}{n}} \left( e^{\frac{i}{n} + t} - e^{\frac{i}{n}} \right) dt \\ &= e^{\frac{i}{n}} \int_{0}^{\frac{1}{n}} (e^t - 1) dt \\ &= e^{\frac{i}{n}} \left[ e^t - t \right]_{0}^{\frac{1}{n}} \\ &= e^{\frac{i}{n}} \left( e^{\frac{1}{n}} - \frac{1}{n} - 1 \right) \end{aligned}$$

これを和の式に戻すと，

$$\int_{0}^{1} g(x) dx - K_n = \left( e^{\frac{1}{n}} - 1 - \frac{1}{n} \right) \sum_{i=0}^{n-1} e^{\frac{i}{n}}$$

ここで $K_n = \frac{1}{n} \sum_{i=0}^{n-1} e^{\frac{i}{n}}$ であるから，$\sum_{i=0}^{n-1} e^{\frac{i}{n}} = n K_n$ と表せる。また，$t > 0$ で $e^t > 1$ より被積分関数は正であるから，この差分は正の値をとる。

$$\left| \int_{0}^{1} g(x) dx - K_n \right| = n K_n \left( e^{\frac{1}{n}} - 1 - \frac{1}{n} \right)$$

これに $n^k$ を掛けると，

$$\begin{aligned} n^k \left| \int_{0}^{1} g(x) dx - K_n \right| &= n^{k+1} K_n \left( e^{\frac{1}{n}} - 1 - \frac{1}{n} \right) \end{aligned}$$

(1) と同様に $e^{\frac{1}{n}} - 1 - \frac{1}{n} = \frac{1}{2n^2} + f\left(\frac{1}{n}\right)$ を代入すると，

$$\begin{aligned} n^{k+1} K_n \left( \frac{1}{2n^2} + f\left(\frac{1}{n}\right) \right) &= K_n \left( \frac{n^{k-1}}{2} + n^{k-1} \cdot n^2 f\left(\frac{1}{n}\right) \right) \end{aligned}$$

ここで，区分求積法の定義から $\lim_{n \to \infty} K_n = \int_{0}^{1} e^x dx = e - 1$ である。以降は解法1と同様に，括弧内の極限を $k=1$ と $k \geqq 2$ に場合分けして調べることで結論を得る。

解説

指数関数 $e^x$ のマクローリン展開（$e^x = 1 + x + \frac{x^2}{2!} + \frac{x^3}{3!} + \cdots$）を背景に持つ問題である。(1) の $f(x)$ はその3次以降の剰余項に相当する。 (2) は区分求積法による定積分の近似において，長方形の面積の和と真の面積との誤差がどの程度のオーダー（$n$ の何乗に反比例するか）で小さくなるかを問うている。解法2のように各区間の誤差を積分で正確に評価するアプローチは，汎用性が高く応用が利きやすい。