東京工業大学 2007年度理系数学第4問解答・解説

問題

(1) 整数 $n = 0, 1, 2, \dots$ と正数 $a_{n}$ に対して

f_{n} (x) = a_{n} (x - n) (n + 1 - x)

とおく。2つの曲線 $y = f_{n} (x)$ と $y = e^{- x}$ が接するような $a_{n}$ を求めよ。

(2) $f_{n} (x)$ は(1)で定めたものとする。 $y = f_{0} (x)$ ， $y = e^{- x}$ と $y$ 軸で囲まれる図形の面積を $S_{0}$ ， $n ≧ 1$ に対し $y = f_{n - 1} (x)$ ， $y = f_{n} (x)$ と $y = e^{- x}$ で囲まれる図形の面積を $S_{n}$ とおく。このとき $lim_{n \to \infty} (S_{0} + S_{1} + \dots + S_{n})$ を求めよ。

出典：東京工業大学 2007年度前期日程理系第4問

方針

接点を $x = n + u$ とおき，関数値と微分係数の一致から $u$ を決める。得られた $f_{n}$ は各区間 $[n, n + 1]$ で $e^{- x}$ の下に接するので，面積の部分和を各区間の不足分と末尾の小さい積分に分け，各区間での $\int (e^{- x} - f_{n} (x)) d x$ の無限和に帰着する。

解答

(1)

接点を $x = n + u (0 < u < 1)$ とおく。接する条件は

a_{n} u (1 - u) = e^{- (n + u)}, a_{n} (1 - 2 u) = - e^{- (n + u)}

である。両式を割ると $\frac{1 - 2 u}{u ( 1 - u )} = - 1$ すなわち $u^{2} + u - 1 = 0$ である。よって $u = \frac{5 - 1}{2}$ である。これを $c$ とおくと， $c (1 - c) = 5 - 2$ であるから

a_{n} = \frac{e ^{- (n + c)}}{c ( 1 - c )} = (5 + 2) e^{- n - c}

である。

(2)

(1)の $c = \frac{5 - 1}{2}$ を用いる。各区間 $[n, n + 1]$ において， $e^{- x} - f_{n} (x)$ は接点 $x = n + c$ で値も微分係数も0であり，その2階微分は $e^{- x} + 2 a_{n} > 0$ である。したがって $e^{- x} ≧ f_{n} (x)$ である。

面積の定義から， $S_{0}$ は区間 $0, c$ の不足分に対応し， $S_{n}$ は区間 $n - 1 + c, n + c$ の不足分に対応する。したがって部分和は

S_{0} + S_{1} + \dots + S_{N} = k = 0 \sum N - 1 \int_{k}^{k + 1} {e^{- x} - f_{k} (x)} d x + \int_{N}^{N + c} {e^{- x} - f_{N} (x)} d x

である。最後の積分は $0 ≦ e^{- x} - f_{N} (x) ≦ e^{- x}$ より $0 ≦ \int_{N}^{N + c} {e^{- x} - f_{N} (x)} d x ≦ \int_{N}^{N + c} e^{- x} d x$ だから， $N \to \infty$ で0に近づく。よって求める極限は

k = 0 \sum \infty \int_{k}^{k + 1} {e^{- x} - f_{k} (x)} d x

である。

\int_{k}^{k + 1} e^{- x} d x = e^{- k} (1 - e^{- 1})

であり， $x = k + u$ とおくと

\int_{k}^{k + 1} f_{k} (x) d x = a_{k} \int_{0}^{1} u (1 - u) d u = \frac{( 5 + 2 ) e ^{- k - c}}{6}

である。したがって求める極限は

k = 0 \sum \infty e^{- k} {1 - e^{- 1} - \frac{( 5 + 2 ) e ^{- c}}{6}} = 1 - \frac{( 5 + 2 ) e ^{- c}}{6 ( 1 - e ^{- 1} )}

である。ただし $c = \frac{5 - 1}{2}$ である。

東京工業大学 2007年度理系数学 第4問

問題

方針

解答

(1)

(2)

東京工業大学 2007年度
理系数学第4問