8長崎大学 2022年 数学 第8問解答・解説

積分の部分積分から得る一次の漸化式を用い、係数の有理数表示・明示式・順列の和を、順に数学的帰納法で示す。

(1)

部分積分により
$$I_{1}=\int_{1}^{e}\log x\,dx=\left[x\log x-x\right]_{1}^{e}=1.$$
また、任意の自然数 $n$ に対して
$$I_{n+1}=\int_{1}^{e}(\log x)^{n+1}\,dx=\left[x(\log x)^{n+1}\right]_{1}^{e}-(n+1)\int_{1}^{e}(\log x)^{n}\,dx=e-(n+1)I_{n}.$$
ここで端点では $\log e=1$、$\log1=0$ を用いた。したがって $I_{2}=e-2I_{1}=e-2$ である。

(2)

背理法で示す。$a$、$b$ が同時に0ではないと仮定する。もし $b=0$ ならば $a+be=0$ より $a=0$ となり、仮定に反するので、$b\neq0$ である。よって
$$e=-\dfrac{a}{b}\ \text{は有理数}$$
となるが、これは $e$ が無理数であることに反する。したがって $a=0$ かつ $b=0$ である。

(3)

数学的帰納法で示す。$n=1$ では $I_{1}=1=1+0\cdot e$ であり、係数は有理数である。ある自然数 $n$ で $I_{n}=A_{n}+B_{n}e$（$A_{n}$、$B_{n}$ は有理数）と表せると仮定すると、(1) の漸化式から
$$I_{n+1}=e-(n+1)I_{n}=-(n+1)A_{n}+\{1-(n+1)B_{n}\}e.$$
右辺の二つの係数は有理数である。よって帰納法により、すべての自然数 $n$ で所定の形に表せる。

(4)

(2) より、有理数係数による $I_{n}=A_{n}+B_{n}e$ の表し方は一意である。したがって (1) の漸化式から $A_{1}=1$、$A_{n+1}=-(n+1)A_{n}$ を得る。これより帰納的に
$$A_{n}=(-1)^{n+1}n!$$
である。ゆえに
$$C_{n}=\dfrac{A_{n}}{(-1)^{n+1}n!}=1.$$

(5)

(3) の係数について $B_{1}=0$、$B_{n+1}=1-(n+1)B_{n}$ である。まず $n=1$ では
$$1+\sum_{i=1}^{1}(-1)^{i}\,{}_{1}\mathrm{P}_{i}=1-1=0=B_{1}$$
となる。ある自然数 $n$ で $B_{n}=1+\displaystyle\sum_{i=1}^{n}(-1)^{i}\,{}_{n}\mathrm{P}_{i}$ と仮定する。このとき、$(n+1)\,{}_{n}\mathrm{P}_{i}={}_{n+1}\mathrm{P}_{i+1}$ および ${}_{n+1}\mathrm{P}_{1}=n+1$ より
$$\begin{aligned} B_{n+1}&=1-(n+1)B_{n}\\ &=-n+\sum_{i=1}^{n}(-1)^{i+1}(n+1)\,{}_{n}\mathrm{P}_{i}\\ &=1-{}_{n+1}\mathrm{P}_{1}+\sum_{i=1}^{n}(-1)^{i+1}\,{}_{n+1}\mathrm{P}_{i+1}\\ &=1+\sum_{j=1}^{n+1}(-1)^{j}\,{}_{n+1}\mathrm{P}_{j}. \end{aligned}$$$$B_{n+1}=1-(n+1)B_n$$$$=-n+\sum _{i=1}^n(-1{)}^{i+1}(n+1){}_n{\mathrm{P}}_i$$$$=1-{}_{n+1}{\mathrm{P}}_1+\sum _{i=1}^n(-1{)}^{i+1}{}_{n+1}{\mathrm{P}}_{i+1}$$$$=1+\sum _{j=1}^{n+1}(-1{)}^j{}_{n+1}{\mathrm{P}}_j.$$
よって帰納法により、すべての自然数 $n$ で示された。特に
$$B_{5}=1-5+20-60+120-120=-44.$$
また $A_{5}=(-1)^{6}\cdot5!=120$ だから、$I_{5}=120-44e$ である。これは漸化式に $I_{4}=-24+9e$ を代入して $I_{5}=e-5I_{4}=120-44e$ と得られる値と一致する。