トップ› 東京工業大学› 2007年› 理系第4問

東京工業大学 2007年理系第4問解説

方針・初手

(1) 2つの曲線 $y=f(x)$ と $y=g(x)$ が $x=t$ で接する条件は、$f(t)=g(t)$ かつ $f'(t)=g'(t)$ である。この基本に従って方程式を立て、$a_n$ と接点の $x$ 座標を求める。$f_n(x)$ が正の値をとる区間に注意して解を絞り込む。

(2) 図形 $S_n$ の境界を明確にする。曲線 $y=e^{-x}$ と各放物線 $y=f_n(x)$ の接点の $x$ 座標を利用して、面積を定積分で表す。$S_0 + S_1 + \cdots + S_n$ を書き下すと積分区間が連結し、計算しやすい形にまとまることに気づくのが鍵となる。

解法1

(1)

与えられた関数は以下の通りである。

$$ f_n(x) = a_n(x-n)(n+1-x) = a_n\{-x^2 + (2n+1)x - n(n+1)\} $$

これを微分すると次を得る。

$$ f_n'(x) = a_n(-2x + 2n+1) $$

2つの曲線 $y=f_n(x)$ と $y=e^{-x}$ の接点の $x$ 座標を $t_n$ とおく。$x=t_n$ において $y$ 座標と接線の傾きが等しいので、次の2式が成り立つ。

$$ \begin{cases} a_n(-t_n^2 + (2n+1)t_n - n(n+1)) = e^{-t_n} & \cdots \text{①} \\ a_n(-2t_n + 2n+1) = -e^{-t_n} & \cdots \text{②} \end{cases} $$

$a_n > 0$ かつ $e^{-t_n} > 0$ であるため、①より $f_n(t_n) > 0$ となる。$f_n(x) > 0$ となる $x$ の範囲は $n < x < n+1$ であるから、接点の $x$ 座標は $n < t_n < n+1$ を満たす必要がある。

①の両辺に $-1$ を掛けたものは②の左辺に等しいので、次が成り立つ。

$$ -a_n(-t_n^2 + (2n+1)t_n - n(n+1)) = a_n(-2t_n + 2n+1) $$

$a_n \neq 0$ より両辺を $a_n$ で割り、整理する。

$$ t_n^2 - (2n+1)t_n + n(n+1) = -2t_n + 2n+1 $$

$$ t_n^2 - (2n-1)t_n + n^2 - n - 1 = 0 $$

この $t_n$ についての2次方程式を解く。

$$ t_n = \frac{2n-1 \pm \sqrt{(2n-1)^2 - 4(n^2-n-1)}}{2} = \frac{2n-1 \pm \sqrt{5}}{2} $$

$n < t_n < n+1$ を満たすかどうか確認する。$t_n - n = \frac{-1 \pm \sqrt{5}}{2}$ であり、$2 < \sqrt{5} < 3$ であるから $0 < \frac{-1 + \sqrt{5}}{2} < 1$ となり、複合が $+$ のときのみ条件を満たす。したがって、接点の $x$ 座標は次のように定まる。

$$ t_n = n + \frac{\sqrt{5}-1}{2} $$

これを②に代入して $a_n$ を求める。

$$ a_n \left( -2\left(n + \frac{\sqrt{5}-1}{2}\right) + 2n+1 \right) = -e^{-\left(n + \frac{\sqrt{5}-1}{2}\right)} $$

$$ a_n (2 - \sqrt{5}) = -e^{-n - \frac{\sqrt{5}-1}{2}} $$

$$ a_n = \frac{-1}{2 - \sqrt{5}} e^{-n - \frac{\sqrt{5}-1}{2}} = (\sqrt{5}+2) e^{-n - \frac{\sqrt{5}-1}{2}} $$

(2)

(1)より、$y=e^{-x}$ と $y=f_k(x)$ は $x=t_k = k + \frac{\sqrt{5}-1}{2}$ で接する。また、$f_{k-1}(k) = 0$ かつ $f_k(k) = 0$ であるから、2つの放物線 $y=f_{k-1}(x)$ と $y=f_k(x)$ は $x=k$ で共に $x$ 軸上で交わる。

$t_{k-1} = k - 1 + \frac{\sqrt{5}-1}{2} < k$ であり、$t_k = k + \frac{\sqrt{5}-1}{2} > k$ であるから、図形 $S_k \ (k \geqq 1)$ は区間 $[t_{k-1}, k]$ において $y=e^{-x}$ と $y=f_{k-1}(x)$ で囲まれ、区間 $[k, t_k]$ において $y=e^{-x}$ と $y=f_k(x)$ で囲まれた領域である。したがって $S_k$ の面積は次のように表される。

$$ S_k = \int_{t_{k-1}}^k (e^{-x} - f_{k-1}(x)) dx + \int_k^{t_k} (e^{-x} - f_k(x)) dx $$

同様に、$S_0$ は区間 $[0, t_0]$ における $y=e^{-x}$ と $y=f_0(x)$ で囲まれた面積であるから、次のように表される。

$$ S_0 = \int_0^{t_0} (e^{-x} - f_0(x)) dx $$

これらを用いて $n$ までの和 $S_0 + S_1 + \cdots + S_n$ を求める。

$$ S_0 + S_1 + \cdots + S_n = \int_0^{t_0} (e^{-x} - f_0(x)) dx + \sum_{k=1}^n \left\{ \int_{t_{k-1}}^k (e^{-x} - f_{k-1}(x)) dx + \int_k^{t_k} (e^{-x} - f_k(x)) dx \right\} $$

和の項を組み替えて積分区間を連結させる。

$$ S_0 + S_1 + \cdots + S_n = \sum_{k=0}^{n-1} \left\{ \int_k^{t_k} (e^{-x} - f_k(x)) dx + \int_{t_k}^{k+1} (e^{-x} - f_k(x)) dx \right\} + \int_n^{t_n} (e^{-x} - f_n(x)) dx $$

$$ = \sum_{k=0}^{n-1} \int_k^{k+1} (e^{-x} - f_k(x)) dx + \int_n^{t_n} (e^{-x} - f_n(x)) dx $$

$$ = \int_0^n e^{-x} dx - \sum_{k=0}^{n-1} \int_k^{k+1} f_k(x) dx + \int_n^{t_n} (e^{-x} - f_n(x)) dx $$

それぞれの積分を計算する。

$$ \int_0^n e^{-x} dx = \left[ -e^{-x} \right]_0^n = 1 - e^{-n} $$

放物線の面積公式 $\int_\alpha^\beta (x-\alpha)(\beta-x) dx = \frac{(\beta-\alpha)^3}{6}$ を用いると、

$$ \int_k^{k+1} f_k(x) dx = \int_k^{k+1} a_k (x-k)(k+1-x) dx = \frac{a_k}{6} (k+1-k)^3 = \frac{a_k}{6} $$

ここで $a_k = (\sqrt{5}+2) e^{-k - \frac{\sqrt{5}-1}{2}} = a_0 e^{-k}$ であるから、等比数列の和を計算して次を得る。

$$ \sum_{k=0}^{n-1} \frac{a_k}{6} = \frac{a_0}{6} \sum_{k=0}^{n-1} (e^{-1})^k = \frac{a_0}{6} \frac{1 - e^{-n}}{1 - e^{-1}} $$

残りの積分項 $\int_n^{t_n} (e^{-x} - f_n(x)) dx$ について考える。区間 $[n, t_n]$ において $f_n(x) > 0$ であり、$e^{-x} > f_n(x)$ であるから、

$$ 0 < \int_n^{t_n} (e^{-x} - f_n(x)) dx < \int_n^{t_n} e^{-x} dx = \left[ -e^{-x} \right]_n^{t_n} = e^{-n} - e^{-t_n} $$

$t_n = n + \frac{\sqrt{5}-1}{2}$ より $e^{-t_n} = e^{-n} e^{-\frac{\sqrt{5}-1}{2}}$ であるから、

$$ e^{-n} - e^{-t_n} = e^{-n} \left( 1 - e^{-\frac{\sqrt{5}-1}{2}} \right) $$

$n \to \infty$ のとき $e^{-n} \to 0$ となるため、はさみうちの原理より次が成り立つ。

$$ \lim_{n\to\infty} \int_n^{t_n} (e^{-x} - f_n(x)) dx = 0 $$

以上より、求める極限は次のように計算できる。

$$ \lim_{n\to\infty} (S_0 + S_1 + \cdots + S_n) = \lim_{n\to\infty} \left\{ 1 - e^{-n} - \frac{a_0}{6} \frac{1 - e^{-n}}{1 - e^{-1}} + \int_n^{t_n} (e^{-x} - f_n(x)) dx \right\} $$

$$ = 1 - 0 - \frac{a_0}{6(1 - e^{-1})} + 0 = 1 - \frac{a_0 e}{6(e - 1)} $$

最後に $a_0$ の値を代入する。

$$ a_0 = (\sqrt{5}+2) e^{-\frac{\sqrt{5}-1}{2}} $$

$$ 1 - \frac{(\sqrt{5}+2) e^{-\frac{\sqrt{5}-1}{2}} \cdot e}{6(e - 1)} = 1 - \frac{(\sqrt{5}+2) e^{\frac{3-\sqrt{5}}{2}}}{6(e - 1)} $$

解説

(1)での「2曲線が接する」という条件処理は微分法の典型事項である。(2)では、図形 $S_k$ を直接計算しようとすると式が複雑になるが、$S_0$ から $S_n$ までの総和をとることで、積分区間が $[0, 1], [1, 2], \cdots$ と綺麗につながっていく「パズル」のような構造に気づけるかがポイントとなる。極限をとる際、端に余る積分 $\int_n^{t_n} (e^{-x} - f_n(x)) dx$ をはさみうちの原理で $0$ に収束することを示す論証も、微積分における重要な手法である。