東北大学 2001年 理系 第6問 解説

方針・初手

（1） は命題

$$ P_n:\quad t\ge 0 \text{ のとき } e^t\ge \frac{t^n}{n!} $$

を考えて数学的帰納法で示す。帰納段階では、仮定をそのまま積分すると次の次数の評価が得られる。

（2） は

$$ J_m(t)=\int_0^t x^m e^{-x},dx $$

とおいて部分積分する。すると (J_m(t)) と (J_{m-1}(t)) の関係式が得られるので、最後は （1） を用いて境界項 (t^m e^{-t}) が (0) に収束することを示せばよい。

解法1

まず （1） を示す。

命題 (P_n) を

$$ t\ge 0 \text{ のとき } e^t\ge \frac{t^n}{n!} $$

とする。

（i） (n=1) のとき

指数関数の基本不等式 (e^t\ge 1+t) より、

$$ e^t\ge 1+t\ge t \qquad (t\ge 0) $$

である。したがって (P_1) は成り立つ。

（ii） (P_n) が成り立つと仮定する。すなわち、任意の (x\ge 0) に対して

$$ e^x\ge \frac{x^n}{n!} $$

とする。

このとき (t\ge 0) に対し、

$$ e^t-1=\int_0^t e^x,dx $$

であるから、帰納法の仮定より

$$ e^t-1 =\int_0^t e^x,dx \ge \int_0^t \frac{x^n}{n!},dx =\frac{t^{n+1}}{(n+1)!}. $$

よって

$$ e^t\ge 1+\frac{t^{n+1}}{(n+1)!}\ge \frac{t^{n+1}}{(n+1)!}. $$

したがって (P_{n+1}) も成り立つ。

以上より、任意の正の整数 (n) に対して

$$ e^t\ge \frac{t^n}{n!}\qquad (t\ge 0) $$

が成り立つ。

次に （2） を求める。

まず

$$ J_m(t)=\int_0^t x^m e^{-x},dx $$

とおく。

(m=0) の場合

$$ J_0(t)=\int_0^t e^{-x},dx =\left[-e^{-x}\right]_0^t =1-e^{-t}. $$

したがって

$$ I_0=\lim_{t\to\infty}J_0(t)=1. $$

(m\ge 1) の場合

部分積分を用いる。(u=x^m,\ dv=e^{-x}dx) とすると

$$ du=mx^{m-1}dx,\qquad v=-e^{-x} $$

であるから、

$$ \begin{aligned} J_m(t) &=\int_0^t x^m e^{-x},dx \\ &=\left[-x^m e^{-x}\right]*0^t + m\int_0^t x^{m-1}e^{-x},dx \\ &=-t^m e^{-t}+mJ*{m-1}(t). \end{aligned} $$

ここで （1） を (n=m+1) として用いると、(t>0) に対して

$$ e^t\ge \frac{t^{m+1}}{(m+1)!} $$

である。したがって

$$ 0\le t^m e^{-t}\le \frac{(m+1)!}{t}\to 0 \qquad (t\to\infty). $$

よって上の関係式で (t\to\infty) とすると

$$ I_m=mI_{m-1} $$

を得る。

これと (I_0=1) から、

$$ \begin{aligned} I_1&=1\cdot I_0=1,\\ I_2&=2\cdot I_1=2,\\ I_3&=3\cdot I_2=6, \end{aligned} $$

となり、一般に

$$ I_m=m! $$

である。

解説

この問題の核心は、指数関数 (e^t) が多項式 (t^n) よりもはるかに速く増大することを、（1） の不等式で具体的に表す点にある。

（2） では部分積分により次数を1つ下げるのが定石であるが、そのとき現れる境界項 (t^m e^{-t}) が (0) に行くことをきちんと示す必要がある。ここで （1） が直接効いており、両問は独立ではなく連動している。

答え

$$ e^t\ge \frac{t^n}{n!}\qquad (t\ge 0,\ n\in \mathbb{N}) $$

である。

また、

$$ I_m=\lim_{t\to\infty}\int_0^t x^m e^{-x},dx = m!\qquad (m=0,1,2,\dots) $$

である。