解説

方針・初手

$f_n(x)$ は $e^{-x}$ のマクローリン展開

$$ e^{-x}=1-\frac{x}{1!}+\frac{x^2}{2!}-\cdots $$

の $n$ 次までの部分和との差に $(-1)^n$ を掛けた形である。

まず $f_{n+1}$ を微分すると $f_n$ になることを示す。次に $f_n(0)=0$ を用い，$f_1(x)<0$ を出発点として帰納的に $x>0$ で常に $f_n(x)<0$ を示す。(3) では $x=1$ を代入して $a_n$ と $e^{-1}$ の大小関係を得る。

解法1

まず

$$ f_n(x)=(-1)^n\left(e^{-x}-\sum_{k=0}^n\frac{(-1)^k}{k!}x^k\right) $$

と書き直しておく。

（1） $f_{n+1}'(x)=f_n(x)$ を示す

$f_{n+1}(x)$ を微分すると，

$$ \begin{aligned} f_{n+1}'(x) &=(-1)^{n+1}\frac{d}{dx}\left(e^{-x}-\sum_{k=0}^{n+1}\frac{(-1)^k}{k!}x^k\right) \\ &=(-1)^{n+1}\left(-e^{-x}-\sum_{k=1}^{n+1}\frac{(-1)^k}{(k-1)!}x^{k-1}\right) \end{aligned} $$

となる。

ここで $j=k-1$ とおくと，

$$ \sum_{k=1}^{n+1}\frac{(-1)^k}{(k-1)!}x^{k-1} =\sum_{j=0}^n\frac{(-1)^{j+1}}{j!}x^j =-\sum_{j=0}^n\frac{(-1)^j}{j!}x^j $$

であるから，

$$ \begin{aligned} f_{n+1}'(x) &=(-1)^{n+1}\left(-e^{-x}+\sum_{j=0}^n\frac{(-1)^j}{j!}x^j\right) \\ &=(-1)^n\left(e^{-x}-\sum_{j=0}^n\frac{(-1)^j}{j!}x^j\right) \\ &=f_n(x) \end{aligned} $$

となる。

よって，

$$ f_{n+1}'(x)=f_n(x) $$

が成り立つ。

（2） すべての自然数 $n$ について，$x>0$ のとき $f_n(x)<0$ を示す

まず $x=0$ を代入すると，

$$ f_n(0)=(-1)^n(e^0-1)=0 $$

である。

次に $n=1$ のときを調べると，

$$ f_1(x)=(-1)\left(e^{-x}-1+x\right)=1-x-e^{-x} $$

であり，

$$ f_1'(x)=e^{-x}-1<0 \qquad (x>0) $$

となる。したがって $f_1$ は $x>0$ で単調減少し，$f_1(0)=0$ であるから，

$$ x>0 \Longrightarrow f_1(x)<0 $$

である。

ここで，ある自然数 $n$ について

$$ x>0 \Longrightarrow f_n(x)<0 $$

が成り立つと仮定する。このとき （1） より

$$ f_{n+1}'(x)=f_n(x)<0 \qquad (x>0) $$

となるので，$f_{n+1}$ は $x>0$ で単調減少する。しかも $f_{n+1}(0)=0$ であるから，

$$ x>0 \Longrightarrow f_{n+1}(x)<f_{n+1}(0)=0 $$

となる。よって帰納法により，すべての自然数 $n$ について

$$ x>0 \Longrightarrow f_n(x)<0 $$

が成り立つ。

（3） $\displaystyle \lim_{n\to\infty}a_{2n}$ を求める

$a_n$ は

$$ a_n=1+\sum_{k=1}^n\frac{(-1)^k}{k!} =\sum_{k=0}^n\frac{(-1)^k}{k!} $$

であるから，

$$ f_n(1)=(-1)^n\left(e^{-1}-a_n\right) $$

と書ける。

（2） より $f_n(1)<0$ であるから，$n$ の偶奇で分けると，

**(i)**

$n=2m$ のとき

$$ e^{-1}-a_{2m}<0 $$

すなわち

$$ a_{2m}>e^{-1} $$

である。

**(ii)**

$n=2m+1$ のとき

$$ -\left(e^{-1}-a_{2m+1}\right)<0 $$

すなわち

$$ a_{2m+1}<e^{-1} $$

である。

したがって，

$$ a_{2n+1}<e^{-1}<a_{2n} $$

が成り立つ。さらに，

$$ a_{2n}-a_{2n+1}=\frac{1}{(2n+1)!} $$

であり，

$$ \frac{1}{(2n+1)!}\to 0 \qquad (n\to\infty) $$

であるから，

$$ 0<a_{2n}-e^{-1}<a_{2n}-a_{2n+1}=\frac{1}{(2n+1)!}\to 0 $$

となる。よってはさみうちの原理により，

$$ \lim_{n\to\infty}a_{2n}=e^{-1} $$

である。

解説

この問題の本質は，$f_n(x)$ が $e^{-x}$ のテイラー展開の余りに対応していることである。

（1） では，余りを微分すると次数が 1 つ下がることを確認している。（2） ではこの関係を使うと，$f_1(x)<0$ を出発点として，$f_{n+1}'(x)=f_n(x)$ から順にすべての $f_n$ の符号が決まる。つまり，導関数の符号を使った帰納法が中心である。

（3） では $x=1$ を代入することで $a_n$ が $e^{-1}$ の近似値になっていることが分かる。偶数番目の部分和は上から，奇数番目の部分和は下から $e^{-1}$ をはさむので，極限は $e^{-1}$ である。

答え

**(1)**

$$ f_{n+1}'(x)=f_n(x) $$

**(2)**

すべての自然数 $n$ について，

$$ x>0 \Longrightarrow f_n(x)<0 $$

**(3)**

$$ \lim_{n\to\infty}a_{2n}=e^{-1} $$