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測度論・実解析の問題

難易度 1大学院の講義の例題レベル大学院数学測度論・実解析

正の整数 $n$ に対し
$a_{n} = n \int_{0}^{1} x^{n} e^{x} d x$
とおく（積分は区間 $[0, 1]$ 上のルベーグ測度に関するもの）。 $n \to \infty lim a_{n} = e$ であることが知られている。極限
$n \to \infty lim n (a_{n} - e)$
を求めよ。

この問題で使うもの

積分の極限の次の項（説明と入口の問題）

この問題を解けるようになるまで（64 技能）

算数中学高校大学大学院

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ヒント

行き詰まったら、上から順に 1 つずつ開いてください。

ヒント 1

「積分の極限の次の項」の技能を使う。 $\int_{0}^{1} x^{n} e^{x} d x$ を部分積分して， $a_{n} - e$ を具体的な項と残りの積分に分ける。

ヒント 2

部分積分で $\int_{0}^{1} x^{n} e^{x} d x = \frac{e}{n + 1} - \frac{1}{n + 1} \int_{0}^{1} x^{n + 1} e^{x} d x$ 。残りは $b_{n} = (n + 2) \int_{0}^{1} x^{n + 1} e^{x} d x$ とおくと， $a_{n}$ と同じ形なので優収束定理で極限がわかる。

ヒント 3

$n (a_{n} - e) = - \frac{n e}{n + 1} - \frac{n ^{2}}{( n + 1 ) ( n + 2 )} b_{n}$ となる。 $b_{n}$ の極限は $x = 1 - \frac{s}{n + 2}$ と置換して優収束定理で求める。

答えと解説

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- 2 e

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解説を読む

方針. $a_{n} - e$ を部分積分で「具体的に計算できる主要項」と「残りの積分」に分け，残りの積分の極限を優収束定理で求める。

部分積分. $u = e^{x}$ ， $v^{'} = x^{n}$ として
$\int_{0}^{1} x^{n} e^{x} d x = [\frac{x ^{n + 1}}{n + 1} e^{x}]_{0}^{1} - \frac{1}{n + 1} \int_{0}^{1} x^{n + 1} e^{x} d x = \frac{e}{n + 1} - \frac{1}{n + 1} \int_{0}^{1} x^{n + 1} e^{x} d x .$
そこで
$b_{n} = (n + 2) \int_{0}^{1} x^{n + 1} e^{x} d x$
とおくと
$a_{n} = \frac{n e}{n + 1} - \frac{n}{( n + 1 ) ( n + 2 )} b_{n} .$
$\frac{n e}{n + 1} - e = - \frac{e}{n + 1}$ だから
$n (a_{n} - e) = - \frac{n e}{n + 1} - \frac{n ^{2}}{( n + 1 ) ( n + 2 )} b_{n} . (1)$

残りの極限（優収束定理）. $m = n + 2$ とおき， $x = 1 - \frac{s}{m}$ （ $0 \leq s \leq m$ ）と置換すると $d x = - \frac{d s}{m}$ より
$b_{n} = \int_{0}^{\infty} 1_{[0, m]} (s) (1 - \frac{s}{m})^{m - 1} e^{1 - s / m} d s .$
$s$ を固定すると $(1 - \frac{s}{m})^{m - 1} \to e^{- s}$ ， $e^{1 - s / m} \to e$ なので被積分関数は $e \cdot e^{- s}$ に収束する。また $0 \leq s \leq m$ で $1 - \frac{s}{m} \leq e^{- s / m}$ より
$0 \leq (1 - \frac{s}{m})^{m - 1} e^{1 - s / m} \leq e \cdot e^{- s (m - 1) / m} \leq e \cdot e^{- s /2} (m \geq 2)$
で， $e \cdot e^{- s /2}$ は $[0, \infty)$ で可積分。よって優収束定理より
$n \to \infty lim b_{n} = e \int_{0}^{\infty} e^{- s} d s = e .$

まとめ. $(1)$ で $\frac{n}{n + 1} \to 1$ ， $\frac{n ^{2}}{( n + 1 ) ( n + 2 )} \to 1$ ， $b_{n} \to e$ だから
$n \to \infty lim n (a_{n} - e) = - e - e = - 2 e .$
（つまり $a_{n} = e - \frac{2 e}{n} + o (\frac{1}{n})$ である。）

答え. $- 2 e$

別解

$J_{n} = \int_{0}^{1} x^{n} e^{x} d x$ とおくと $a_{n} = n J_{n}$ 。部分積分により $J_{n} = [x^{n} e^{x}]_{0}^{1} - n \int_{0}^{1} x^{n - 1} e^{x} d x = e - n J_{n - 1}$ 。

$x = 1 - s$ と置換すると $J_{n} = e \int_{0}^{1} (1 - s)^{n} e^{- s} d s$ 。ここで $s = u / n$ とおくと
$a_{n} = n J_{n} = e \int_{0}^{n} (1 - \frac{u}{n})^{n} e^{- u / n} d u .$
$n lo g (1 - u / n) - u / n = - u - \frac{u ^{2}}{2 n} - \frac{u}{n} + O (n^{- 2})$ より
$(1 - \frac{u}{n})^{n} e^{- u / n} = e^{- u} (1 - \frac{u ^{2}}{2 n} - \frac{u}{n} + O (n^{- 2}))$
（ $e^{- u}$ の多項式倍で押さえられるので、優収束定理により $n (\cdot)$ の極限と積分が交換できる）。よって
$n (\frac{a _{n}}{e} - 1) \to - \int_{0}^{\infty} e^{- u} (\frac{u ^{2}}{2} + u) d u = - (1 + 1) = - 2.$
（ $\int_{0}^{\infty} u^{2} e^{- u} d u = 2$ , $\int_{0}^{\infty} u e^{- u} d u = 1$ 、また $\int_{n}^{\infty}$ の尾部は指数的に小さい。）
したがって $lim n (a_{n} - e) = - 2 e$ 。

検算: $J_{n} = e (1/ n + c / n^{2} + \dots)$ を漸化式 $J_{n} = e - n J_{n - 1}$ に代入すると、 $n J_{n - 1} = e {1 + (1 + c) / n + \dots}$ なので $e / n = - e (1 + c) / n$ より $c = - 2$ 。 $a_{n} = e (1 - 2/ n + \dots)$ で一致する。

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