「漸化式」を用いた「不定形」の解消法～2020横国大の問題を通じて～

みなさんこんにちは、ゆーきゃんです。
今回は、「漸化式を用いた不定形の解消法」についてです。
「極限値」の求め方について以前解説しましたが、その派生形ともいえる問題が横浜国立大学で出題されました。
難しい問題ではありますが、一度経験するには良い問題なので、解説していきたいと思います。

2020年度・大問5の内容

今回解説する、2020年度の大問5は次のような問題でした。

$${a}$$を正の実数とする。$${n=1,2,3,…}$$に対して、$${I_n=\displaystyle \int_{0}^{1} x^{n+a-1}e^{-x}dx}$$と定める。次の問に答えよ。
(1)$${n=1,2,3…}$$に対して、$${I_n \leq \displaystyle \frac{1}{n+a}}$$を示せ。
(2)$${n=1,2,3…}$$に対して、$${I_{n+1}-(n+a)I_n}$$を求めよ。
(3)極限値$${\displaystyle \lim_{n \to \infty} nI_n}$$を求めよ。
(4)実数$${b,c}$$に対して、$${J_n=n^3(I_n+\displaystyle \frac{b}{n}+\frac{c}{n^2})(n=1,2,3,…)}$$と定める。数列$${\{J_n\}}$$が収束するとき、次の問に答えよ。
(ア)$${b}$$を求めよ。
(イ)$${c}$$を$${a}$$を用いて表せ。
(ウ)極限値$${\displaystyle \lim_{n \to \infty} J_n}$$を$${a}$$を用いて表せ。

2020・横国大・大問5

試験本番では、(3)まで解ければ十分であったという気がします。
今回の記事のメインは(4)ですから、ここを重点をおいて解説していきます。

(1)の解説

いつものパターン問題です。
積分区間における「被積分関数」を不等式評価すれば、
$${0 < e^{-x} \leq e^{0}=1}$$より、$${0 < x^{n+a-1}e^{-x} \leq x^{n+a-1}}$$となります。
よって、

$$
0 < I_n=\displaystyle \int_{0}^{1}x^{n+a-1}e^{-x} dx \leq  \int_{0}^{1}x^{n+a-1}dx=\frac{1}{n+a}…①
$$

を得ます。

(2)の解説

この手の問題では、「部分積分法」を駆使するのが定石です。
よって、

$$
I_{n+1}=\int_{0}^{1} x^{n+a}e^{-x}dx\\
=\int_{0}^{1} x^{n+a} (-e^{-x})'dx\\
=-\frac{1}{e}+\int_{0}^{1} (x^{n+a})'e^{-x}dx\\
=-\frac{1}{e}+(n+a)I_n
$$

となります。
この式より、$${I_{n+1}-(n+a)I_n=\displaystyle -\frac{1}{e}…②}$$を得ます。

(3)の解説

極限値を問う問題なので、「はさみうちの原理」を使いたくなりますが、
この問題ではそれを用いずに、(2)を式変形して求めることができます。

②の両辺を$${\displaystyle \frac{n}{n+a}}$$倍すると、

$$
\displaystyle \frac{n}{n+a}I_{n+1}-nI_n=-\frac{n}{(n+a)e}
$$

$$
nI_n=\frac{1}{(1+\frac{a}{n})e} + \frac{1}{1+\frac{a}{n}}I_{n+1}…③
$$

を得ます。

ここで、①より、$${n \to \infty}$$で、最左辺・最右辺ともに0に収束するため、
はさみうちの原理より、$${\displaystyle \lim_{n \to \infty} I_n=0}$$となります。

よって、③の右辺は$${n \to \infty}$$で、$${\displaystyle \frac{1}{(1+0)e} + \frac{1}{1+0} \cdot 0 = \frac{1}{e}}$$に収束します。
答えは、$${\displaystyle \lim_{n \to \infty} nI_n=\frac{1}{e}}$$です。

(4)の解説

ここから、難易度がグイっと上がります。
どのようにして、(ウ)において、不定形を解消していけばよいでしょうか。
順に考えていきましょう。

(ア)の解説

$${J_n}$$を式変形していき、$${b}$$を作り出していきます。
$${J_n}$$の両辺を$${n^2}$$で割ると、

$$
\frac{J_n}{n^2}=nI_n+b+\frac{c}{n}\\
nI_n=\frac{J_n}{n^2}-b-\frac{c}{n}…④
$$

数列$${\{J_n\}}$$はある値に収束していくため、$${\displaystyle \lim_{n \to \infty} \frac{J_n}{n^2}=0}$$となりますから、(3)および④より、

$$
\lim_{n \to \infty} nI_n=\lim_{n \to \infty} (\frac{J_n}{n^2}-b-\frac{c}{n})\\
=-b\\
=\frac{1}{e}
$$

より、$${b=\displaystyle -\frac{1}{e}}$$が必要となります。

(イ)の解説

今度は、$${J_n}$$を式変形して$${c}$$を作り出していきます。
④の両辺を$${n}$$倍して、

$$
n^2I_n= \frac{J_n}{n}-bn-c\\
c= \frac{J_n}{n}+\frac{1}{e}n-n^2I_n…⑤
$$

ここで、厄介なのが$${\displaystyle \lim_{n \to \infty} (\frac{1}{e}n-n^2I_n)}$$が何になるかということです。
これは明らかに不定形であるため、どうにかしてそれを解消しなければなりません。
そのためにはどうしたらよいでしょうか。
ここで、(2)で作った「漸化式」をもとに不定形を解消することを考えます。

②の両辺を$${n}$$倍して、

$$
nI_{n+1}-n(n+a)I_n=nI_{n+1}-n^2I_n-anI_n= -\frac{1}{e}n\\
\frac{1}{e}n - n^2I_n = anI_n - nI_{n+1}=anI_n - \frac{n}{n+1} \cdot (n+1)I_{n+1}…⑥
$$

となって、不定形を解消できましたので、⑤および(3)より、

$$
c= \lim_{n \to \infty} \frac{J_n}{n}+\frac{1}{e}n-n^2I_n\\
= \lim_{n \to \infty} \{\frac{J_n}{n} + anI_n - \frac{n}{n+1} \cdot (n+1)I_{n+1}\}\\
=  \lim_{n \to \infty} \{\frac{J_n}{n} + anI_n - \frac{1}{1+\frac{1}{n}} \cdot (n+1)I_{n+1}\}\\
=0+a\cdot\frac{1}{e}-\frac{1}{1+0}\cdot\frac{1}{e}=\frac{a-1}{e}
$$

が必要です。

(ウ)の解説

この問題でも、「漸化式」を用いて「不定形」を解消する方針で解いていきます。
②の両辺に、$${n^2}$$をかけて

$$
n^2I_{n+1}-n^3I_n-an^2I_n = -\frac{1}{e}n^2\\
n^3I_n = n^2I_{n+1}-an^2I_n+\frac{1}{e}n^2…⑦
$$

を得ます。
⑦を問題の式に代入して、

$$
J_n =n^3I_n+bn^2+cn\\
=(n^2I_{n+1}-an^2I_n+\frac{1}{e}n^2)-\frac{1}{e}n^2+\frac{a-1}{e}n\\
=n^2I_{n+1}-an^2I_n+\frac{a-1}{e}n…⑧
$$

となります。
しかし、まだ、$${n^2I_{n+1}, n^2I_n}$$が残ってしまっています。
これらをなくすために、再び漸化式を用います。
⑥より、$${n^2I_n = \displaystyle \frac{1}{e}n - anI_n + \frac{n}{n+1} \cdot (n+1)I_{n+1}…⑨}$$を得ます。

また、②において、$${n}$$を$${n+1}$$に置き換え、両辺に$${n}$$をかけると、

$$
nI_{n+2}-n(n+1+a)I_{n+1}= -\frac{1}{e}n\\
nI_{n+2}-n^2I_{n+1}-(1+a)nI_{n+1}=-\frac{1}{e}n\\
n^2I_{n+1}=nI_{n+2}-(1+a)nI_{n+1}+\frac{1}{e}n…⑩\\
$$

⑧に⑨と⑩を代入して、

$$
J_n=nI_{n+2}-(1+a)nI_{n+1}+\frac{1}{e}n-a\{\frac{1}{e}n - anI_n + \frac{n}{n+1} \cdot (n+1)I_{n+1}\}+\frac{a-1}{e}n\\
=nI_{n+2}-(2a+1)nI_{n+1}+a^2nI_n\\
=\frac{n}{n+2}\cdot(n+2)I_{n+2}-(2a+1)\cdot\frac{n}{n+1}\cdot(n+1)I_{n+1}+a^2nI_{n}\\
$$

となるため、$${n \to \infty}$$で、$${J_n}$$は$${\displaystyle \frac{1}{e}-\frac{2a+1}{e}+\frac{a^2}{e}=\frac{a^2-2a}{e}}$$に限りなく近づきます。
よって、$${\displaystyle \lim_{n \to \infty} J_n=\frac{a^2-2a}{e}}$$となります。

まとめ

いかがでしたか。
今回は、「漸化式を用いた不定形の解消法」について解説しました。
漸化式が求まっている場合は、不定形の解消にそれが利用できないかを考えてみることが大切です。
今後も、演習価値の高い問題を解説していきますので、お楽しみに。
最後までご覧いただきありがとうございました。