解説

方針・初手

（1） は $I_{n+1}$ を部分積分すればよい。

（2） は

$$ a_n=\frac{(-1)^n}{n!}I_n

$$

とおくと、（1） の関係式が $a_n$ の一次の漸化式に直る。あとはその漸化式を順にたどれば示せる。

解法1

**(1)**

$$ I_{n+1}=\int_1^2(\log x)^{n+1},dx

$$

に対して、部分積分

$$ u=(\log x)^{n+1},\quad dv=dx

$$

を行う。すると

$$ du=\frac{n+1}{x}(\log x)^n,dx,\quad v=x

$$

であるから、

$$ \begin{aligned} I_{n+1} &=\left[x(\log x)^{n+1}\right]_1^2-(n+1)\int_1^2(\log x)^n,dx \\ &=2(\log 2)^{n+1}-(n+1)I_n. \end{aligned}

$$

よって求める関係式は

$$ I_{n+1}=2(\log 2)^{n+1}-(n+1)I_n

$$

である。

**(2)**

$$ a_n=\frac{(-1)^n}{n!}I_n

$$

とおく。

（1） の結果

$$ I_{n+1}=2(\log 2)^{n+1}-(n+1)I_n

$$

を用いると、

$$ \begin{aligned} a_{n+1} &=\frac{(-1)^{n+1}}{(n+1)!}I_{n+1} \\ &=\frac{(-1)^{n+1}}{(n+1)!}\left(2(\log 2)^{n+1}-(n+1)I_n\right) \\ &=2\frac{(-\log 2)^{n+1}}{(n+1)!}+\frac{(-1)^n}{n!}I_n \\ &=a_n+2\frac{(-\log 2)^{n+1}}{(n+1)!}. \end{aligned}

$$

したがって、

$$ a_n=a_1+2\sum_{k=2}^n\frac{(-\log 2)^k}{k!}

$$

となる。

次に $a_1$ を求める。

$$ \begin{aligned} a_1 &=\frac{-1}{1!}\int_1^2\log x,dx \\ &=-\left[x\log x-x\right]_1^2 \\ &=-(2\log 2-1) \\ &=1-2\log 2. \end{aligned}

$$

これを代入すると、

$$ \begin{aligned} a_n &=1-2\log 2+2\sum_{k=2}^n\frac{(-\log 2)^k}{k!} \\ &=1+2\sum_{k=1}^n\frac{(-\log 2)^k}{k!}. \end{aligned}

$$

ゆえに

$$ \frac{(-1)^n}{n!}\int_1^2(\log x)^n,dx =1+2\sum_{k=1}^n\frac{(-\log 2)^k}{k!}

$$

が成り立つ。

解説

この問題の本質は、積分そのものを直接計算し続けることではなく、部分積分によって漸化式に持ち込むことである。

（1） では $(\log x)^{n+1}$ を微分し、$dx$ を積分するのが自然である。すると次数が $n+1$ から $n$ に下がり、$I_{n+1}$ と $I_n$ が結び付く。

（2） ではそのままでは係数 $(n+1)$ が邪魔で扱いにくい。そこで $\dfrac{(-1)^n}{n!}$ を掛けた量 $a_n$ を考えると、漸化式が

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

$$

という和をとりやすい形に変わる。ここが最大の着眼点である。

答え

**(1)**

$$ I_{n+1}=2(\log 2)^{n+1}-(n+1)I_n

$$

**(2)**

$$ \frac{(-1)^n}{n!}\int_1^2(\log x)^n,dx =1+2\sum_{k=1}^n\frac{(-\log 2)^k}{k!}

$$

が成り立つ。