東北大学 2021年 理系 第6問 解説

方針・初手

(1) の積分を

$$ I_n(a)=\int_0^a \frac{(a-x)^n}{n!}e^x,dx $$

とおくと、部分積分によって $I_n(a)$ と $I_{n-1}(a)$ の関係が得られる。これを繰り返せば求める等式が出る。

(2) は、区間 $0\le x\le a$ で

$$ 1\le e^x\le e^a $$

を用いて積分をはさみうちすればよい。

(3) は $a=1$ とおいたときの余りを (2) の評価で押さえる。さらに下からの評価も使って、最小の $n$ を確定する。

解法1

(1) を示す。

$$ I_n(a)=\int_0^a \frac{(a-x)^n}{n!}e^x,dx $$

とおく。ここで部分積分を行う。 $u=\dfrac{(a-x)^n}{n!},\ dv=e^x,dx$ とすると、

$$ du=-\frac{(a-x)^{n-1}}{(n-1)!},dx,\qquad v=e^x $$

であるから、

$$ \begin{aligned} I_n(a) &=\left[\frac{(a-x)^n}{n!}e^x\right]_0^a-\int_0^a e^x\left(-\frac{(a-x)^{n-1}}{(n-1)!}\right),dx \\ &=\left[\frac{(a-x)^n}{n!}e^x\right]*0^a+\int_0^a \frac{(a-x)^{n-1}}{(n-1)!}e^x,dx \\ &=-\frac{a^n}{n!}+I*{n-1}(a). \end{aligned} $$

したがって、

$$ I_n(a)=I_{n-1}(a)-\frac{a^n}{n!} $$

である。これを繰り返すと、

$$ \begin{aligned} I_n(a) &=I_0(a)-\left(\frac{a}{1!}+\frac{a^2}{2!}+\cdots+\frac{a^n}{n!}\right). \end{aligned} $$

一方、

$$ I_0(a)=\int_0^a e^x,dx=e^a-1 $$

であるから、

$$ \begin{aligned} I_n(a) &=e^a-1-\left(a+\frac{a^2}{2!}+\cdots+\frac{a^n}{n!}\right). \end{aligned} $$

よって、

$$ e^a=1+a+\frac{a^2}{2!}+\cdots+\frac{a^n}{n!}+\int_0^a \frac{(a-x)^n}{n!}e^x,dx $$

が成り立つ。

次に (2) を示す。

$a>0$ であり、$0\le x\le a$ では

$$ 1\le e^x\le e^a $$

である。また $\dfrac{(a-x)^n}{n!}\ge 0$ であるから、

$$ \frac{(a-x)^n}{n!}\le \frac{(a-x)^n}{n!}e^x\le e^a\frac{(a-x)^n}{n!} $$

が成り立つ。これを $0$ から $a$ まで積分すると、

$$ \int_0^a \frac{(a-x)^n}{n!},dx \le \int_0^a \frac{(a-x)^n}{n!}e^x,dx \le e^a\int_0^a \frac{(a-x)^n}{n!},dx $$

を得る。

ここで

$$ \begin{aligned} \int_0^a \frac{(a-x)^n}{n!},dx &=\frac{1}{n!}\int_0^a (a-x)^n,dx \\ &=\frac{1}{n!}\cdot \frac{a^{n+1}}{n+1} =\frac{a^{n+1}}{(n+1)!} \end{aligned} $$

であるから、

$$ \frac{a^{n+1}}{(n+1)!} \le \int_0^a \frac{(a-x)^n}{n!}e^x,dx \le \frac{e^a a^{n+1}}{(n+1)!} $$

が成り立つ。

最後に (3) を解く。

(1) で $a=1$ とすると、

$$ e=\left(1+1+\frac{1}{2!}+\cdots+\frac{1}{n!}\right)+\int_0^1 \frac{(1-x)^n}{n!}e^x,dx $$

である。したがって、

$$ e-\left(1+1+\frac{1}{2!}+\cdots+\frac{1}{n!}\right) =================================================== \int_0^1 \frac{(1-x)^n}{n!}e^x,dx > 0 > $$

となるので、絶対値を外してよい。さらに (2) で $a=1$ とすると、

$$ \frac{1}{(n+1)!} \le e-\left(1+1+\frac{1}{2!}+\cdots+\frac{1}{n!}\right) \le \frac{e}{(n+1)!} $$

を得る。

まず $n=5$ のとき、

$$ e-\left(1+1+\frac{1}{2!}+\cdots+\frac{1}{5!}\right) \ge \frac{1}{6!} =\frac{1}{720} > 10^{-3} > $$

であるから、$n=5$ では条件を満たさない。

次に $n=6$ のとき、$2<e<3$ を用いれば

$$ e-\left(1+1+\frac{1}{2!}+\cdots+\frac{1}{6!}\right) \le \frac{e}{7!} <\frac{3}{5040} =\frac{1}{1680} <10^{-3} $$

となる。よって条件を満たす。

以上より、求める最小の正の整数は $n=6$ である。

解説

(1) は指数関数のテイラー展開の余りの積分表示そのものであるが、この問題では公式を暗記している必要はなく、部分積分を繰り返せば自然に導ける。

(2) の本質は、余りの項の中で変動するのは $e^x$ だけであり、それが区間 $[0,a]$ で $1$ と $e^a$ の間にあるという点である。したがって余りの大きさは $\dfrac{a^{n+1}}{(n+1)!}$ と同程度であることが分かる。

(3) では、上からの評価だけでなく下からの評価も使うことで「条件を満たす $n$」だけでなく「最小の $n$」まで確定できる。$n=6$ が成立し、$n=5$ は不成立であることを両方確認するのが重要である。

答え

$$ e^a=1+a+\frac{a^2}{2!}+\cdots+\frac{a^n}{n!}+\int_0^a \frac{(a-x)^n}{n!}e^x,dx $$

$$ \frac{a^{n+1}}{(n+1)!} \le \int_0^a \frac{(a-x)^n}{n!}e^x,dx \le \frac{e^a a^{n+1}}{(n+1)!} $$

また、

$$ \left|e-\left(1+1+\frac{1}{2!}+\cdots+\frac{1}{n!}\right)\right|<10^{-3} $$

を満たす最小の正の整数は

$$ n=6 $$

である。