e^xのマクローリン展開とeの逆数（2020年神戸大学後期理系数学第3問）

解答例

 

（１）

$$f_{n+1}(x)=(-1{)}^{n+1}\{e^{-x}-1-{\displaystyle \sum _{k=1}^{n+1}{\displaystyle \frac{(-1{)}^k}{k!}}{x}^k}\}$$より、$$\begin{array}{rl}{f}_{n+1}^{\prime }(x)& =(-1{)}^{n+1}\{-e^{-x}-\sum _{k=1}^{n+1}{\displaystyle \frac{(-1{)}^k}{(k-1)!}}{x}^{k-1}\}\\ & =(-1{)}^{n+1}\{-e^{-x}+1-\sum _{k=1}^n{\displaystyle \frac{(-1{)}^{k+1}}{k!}}{x}^k\}\\ & =(-1{)}^n\{e^{-x}-1-\sum _{k=1}^n{\displaystyle \frac{(-1{)}^k}{k!}}{x}^k\}\\ & =f_n(x)\end{array}$$となるから示された。

□

 

 

（２）

すべての自然数$n$について、

「$x>0$ のとき $f_n(x)<0$」･･･ $(\ast )$

が成り立つことを数学的帰約法により示す。

 

（ⅰ）$n=1$ のとき、$$\begin{array}{rl}{f}_1(x)& =-\{e^{-x}-1-{\displaystyle \frac{-1}{1!}}x\}\\ & =-e^{-x}+1-x\end{array}$$より、$$f_1(0)=0$$かつ$$f_1^{\prime }(x)=e^{-x}-1<0$$となるから$(\ast )$は成立する。

 

（ⅱ）$n=m$ のとき、$(\ast )$が成り立つと仮定する。$n=m+1$ のとき（１）の結論および仮定より、$f_{m+1}^{\prime }(x)=f_m(x)<0$ かつ $f_{m+1}(0)=0$ が成り立つから、$n=m+1$ のときも$(\ast )$は成立する。

 

故に（ⅰ）、（ⅱ）より、すべての自然数$n$について、$x>0$ のとき $f_n(x)<0$ であることが示された。

□

 

 

（３）

$$\begin{array}{rl}{f}_{2n}(x)& =(-1{)}^{2n}\{e^{-x}-1-{\displaystyle \sum _{k=1}^{2n}{\displaystyle \frac{(-1{)}^k}{k!}}{x}^k}\}\\ & =e^{-x}-1-{\displaystyle \sum _{k=1}^{2n}{\displaystyle \frac{(-1{)}^k}{k!}}{x}^k}\end{array}$$より、$x=1$ とすると、$$\begin{array}{rl}{f}_{2n}(1)& =e^{-1}-1-{\displaystyle \sum _{k=1}^{2n}{\displaystyle \frac{(-1{)}^k}{k!}}}\\ & =e^{-1}-a_{2n}\end{array}$$と表せる。（２）より、任意の自然数$n$について、$x>0$ のとき $f_n(x)<0$ であるから、$$e^{-1}-a_{2n}<0$$ $$\therefore e^{-1}<a_{2n}\cdots \mathrm{①}$$が成り立つ。

 

また、$$\begin{array}{rl}{f}_{2n+1}(x)& =(-1{)}^{2n+1}\{e^{-x}-1-\sum _{k=1}^{2n+1}{\displaystyle \frac{(-1{)}^k}{k!}}{x}^k\}\\ & =-(e^{-x}-1-\sum _{k=1}^{2n+1}{\displaystyle \frac{(-1{)}^k}{k!}}{x}^k)\end{array}$$となるから同様にして$$\begin{array}{rl}{f}_{2n+1}(1)& =-(e^{-1}-1-\sum _{k=1}^{2n+1}{\displaystyle \frac{(-1{)}^k}{k!}})\\ & =-e^{-1}+(1+\sum _{k=1}^{2n}{\displaystyle \frac{(-1{)}^k}{k!}})+{\displaystyle \frac{(-1{)}^{2n+1}}{(2n+1)!}}\\ & =-e^{-1}+a_{2n}+{\displaystyle \frac{-1}{(2n+1)!}}<0\end{array}$$ $$\therefore a_{2n}<e^{-1}+{\displaystyle \frac{1}{(2n+1)!}}\cdots \mathrm{②}$$を得る。

 

①と②より、$$\therefore e^{-1}<a_{2n}<e^{-1}+{\displaystyle \frac{1}{(2n+1)!}}$$が成り立つ。$n\to \mathrm{\infty }$ のとき ${\displaystyle \frac{1}{(2n+1)!}}\to 0$ となるから、はさみうちの原理より$${\displaystyle \underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}{a}_{2n}=e^{-1}}$$を得る。