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九州大学 2024年理系第5問解説

方針・初手

(1)は、被積分関数が $x^m$, $e^x$, $(\log x)^n$ の積で構成されていることから、部分積分を試みる。特に、$(e^x)' = e^x$ とみなして部分積分を実行することで、次数が下がった項から漸化式を導くことができる。

(2)は、極限 $\lim_{n\to\infty} I(m, n) = 0$ を示す問題である。積分区間における被積分関数の最大値を評価し、定積分の不等式を作成してはさみうちの原理を用いる。置換積分 $t = \log x$ を行うと、評価すべき関数が見やすくなる。

解法1

(1)

与えられた定積分 $I(m, n)$ の定義より、

$$ I(m+1, n+1) = \int_1^e x^{m+1} e^x (\log x)^{n+1} dx $$

ここで、$e^x = (e^x)'$ とみなして部分積分を行うと、

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

積の微分法より、

$$ \left( x^{m+1} (\log x)^{n+1} \right)' = (m+1)x^m (\log x)^{n+1} + x^{m+1} \cdot (n+1)(\log x)^n \cdot \frac{1}{x} $$

$$ = (m+1)x^m (\log x)^{n+1} + (n+1)x^m (\log x)^n $$

これを代入して計算を進めると、

$$ \begin{aligned} I(m+1, n+1) &= e^{m+1} e^e (\log e)^{n+1} - 1^{m+1} e^1 (\log 1)^{n+1} \\ &\quad - \int_1^e e^x \left\{ (m+1)x^m (\log x)^{n+1} + (n+1)x^m (\log x)^n \right\} dx \\ &= e^{m+e+1} - (m+1) \int_1^e x^m e^x (\log x)^{n+1} dx - (n+1) \int_1^e x^m e^x (\log x)^n dx \end{aligned} $$

右辺に現れた定積分はそれぞれ $I(m, n+1)$ および $I(m, n)$ の定義と一致する。したがって、

$$ I(m+1, n+1) = e^{m+e+1} - (m+1)I(m, n+1) - (n+1)I(m, n) $$

(2)

$I(m, n)$ において、$t = \log x$ と置換積分を行う。

$x = e^t$ であり、$dx = e^t dt$ である。また、積分区間について $x$ が $1$ から $e$ まで変化するとき、$t$ は $0$ から $1$ まで変化する。

$$ \begin{aligned} I(m, n) &= \int_0^1 (e^t)^m e^{e^t} t^n e^t dt \\ &= \int_0^1 e^{(m+1)t + e^t} t^n dt \end{aligned} $$

ここで、積分区間 $0 \leqq t \leqq 1$ において、指数部分の関数 $(m+1)t + e^t$ は単調増加である。したがって、

$$ e^{(m+1)t + e^t} \leqq e^{(m+1) \cdot 1 + e^1} = e^{m+e+1} $$

が成り立つ。

さらに、$0 \leqq t \leqq 1$ において $t^n \geqq 0$ であるから、各辺に $t^n$ を掛けると、

$$ 0 \leqq e^{(m+1)t + e^t} t^n \leqq e^{m+e+1} t^n $$

この不等式の各辺を $t$ について $0$ から $1$ まで定積分すると、

$$ 0 \leqq \int_0^1 e^{(m+1)t + e^t} t^n dt \leqq \int_0^1 e^{m+e+1} t^n dt $$

右辺の定積分を計算する。

$$ \begin{aligned} \int_0^1 e^{m+e+1} t^n dt &= e^{m+e+1} \left[ \frac{t^{n+1}}{n+1} \right]_0^1 \\ &= \frac{e^{m+e+1}}{n+1} \end{aligned} $$

したがって、

$$ 0 \leqq I(m, n) \leqq \frac{e^{m+e+1}}{n+1} $$

ここで、$m$ は定数であるから $n \to \infty$ のとき $\frac{e^{m+e+1}}{n+1} \to 0$ となる。

はさみうちの原理より、すべての自然数 $m$ に対して、

$$ \lim_{n\to\infty} I(m, n) = 0 $$

が成り立つ。

解説

部分積分を利用して漸化式を導く典型的な問題と、定積分の極限を評価する問題の組み合わせである。

(1)では、積の形をした被積分関数に対し、どの部分を積分し、どの部分を微分するかを適切に選択することが重要になる。$e^x$ を積分側に選ぶことでスムーズに漸化式を構築できる。

(2)では、極限を求めるために被積分関数を不等式で上から評価する。そのまま $x$ の範囲で評価しても解くことはできるが、$t = \log x$ と置換することで、積分の形が $\int_0^1 (定数) \cdot t^n dt$ という評価・計算しやすい形になり、はさみうちの原理をより簡明に適用できる。