(1) 整数 \(n = 0, 1, 2, \cdots\) 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 \(S _ 0 \ ( n \geqq 1 )\) 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 \[ \displaystyle\lim _ {n \rightarrow \infty} \left( S _ 0 + S _ 1 + \cdots + S _ n \right) \] を求めよ.
【 解 答 】
(1)
\[\begin{align}
f' _ n(x) & = a _ n (n+1-x) -a _ n (x-n) \\
& = a _ n ( -2x +2n+1 )
\end{align}\]
また, \(y=e^{-x}\) に対して, \(y' = -e^{-x}\) .
したがって, 接点の \(x\) 座標を \(t\) とおくと, 以下の関係が成立する.
\[
\left\{ \begin{array}{ll} e^{-t} = a _ n (t-n)(n+1-t) & ...[1] \\ -e^{-t} = a _ n ( -2t +2n+1 ) & ...[2] \end{array} \right.
\]
[1] [2] より \(e^{-t}\) を消去すると, \(a _ n \lt 0\) なので
\[\begin{align}
& (t-n)(n+1-t) = 2t -2n -1 \\
t^2 & -(2n+1)t +n^2 +n +2t -2n-1 = 0 \\
t^2 & -(2n-1)t +n^2-n-1 = 0 \\
\text{∴} \quad t & = \dfrac{2n-1 \pm \sqrt{(2n-1)^2 -4(n^2-n-1)}}{2} \\
& = n -\dfrac{1 \pm \sqrt{5}}{2}
\end{align}\]
\(n \lt t \lt t+1\) なので
\[
t = n +\dfrac{\sqrt{5} -1}{2}
\]
よって, [2] に代入して
\[\begin{align}
a _ n & = -\dfrac{e^{-t}}{2(t-n)-1} \\
& = -\dfrac{e^{-n -\frac{\sqrt{5} -1}{2}}}{\sqrt{5} -2} \\
& = \underline{-\left( 2 +\sqrt{5} \right) e^{-n -\frac{\sqrt{5} -1}{2}}}
\end{align}\]
(2)
\(T _ n = \displaystyle\int _ 0^n e^{-x} \, dx -\textstyle\sum\limits _ {k=0}^{n-1} \displaystyle\int _ {k}^{k+1} f _ k (x) \, dx\) とおくと \[ T _ n \lt \textstyle\sum\limits _ {k=0}^{n} S _ k \lt T _ {n+1} \quad ... [3] \] ここで \[\begin{align} T _ n & = \left[ - e^{-x} \right] _ 0^n +\textstyle\sum\limits _ {k=0}^{n-1} \dfrac{a _ k}{6} \left\{ (k+1) -k \right\}^3 \\ & = 1 -e^{-n} -\dfrac{\left( 2 +\sqrt{5} \right) e^{-\frac{\sqrt{5} -1}{2}}}{6} \cdot \dfrac{1 -e^{-n}}{1 -e^{-1}} \\ & = 1 -e^{-n} -\dfrac{\left( 2 +\sqrt{5} \right) e^{\frac{3 -\sqrt{5}}{2}} \left( 1 -e^{-n} \right)}{6(e-1)} \end{align}\] ゆえに \[ \displaystyle\lim _ {n \rightarrow \infty} T _ n = \displaystyle\lim _ {n \rightarrow \infty} T _ {n+1} = 1 -\dfrac{\left( 2 +\sqrt{5} \right) e^{\frac{3 -\sqrt{5}}{2}}}{6(e-1)} \] なので, [3] より, はさみうちの原理から \[ \displaystyle\lim _ {n \rightarrow \infty} \textstyle\sum\limits _ {k=0}^{n} S _ k = \underline{1 -\dfrac{\left( 2 +\sqrt{5} \right) e^{\frac{3 -\sqrt{5}}{2}}}{6(e-1)}} \]