(n + 1)!

数学演習 IA 第 10 回小テスト（H26.6.18）の略解
1
1
eθx
問 1. (i) ex = 1 + x + x2 + · · · + xn +
xn+1 (0 < ∃ θ < 1).
2
n!
(n + 1)!
1 n n
(ii) n > k を満たす自然数をとる．このとき eax >
a x だから，
n!
ax
n
ax
e
a n−k
e
>
x
→
∞.
したがって
lim
= ∞.
x→∞ xk
xk
n!
(iii) log x = u とおくと，x = eu であり，x → ∞ のとき u → ∞ であ
xk
eku
xk
eku
る．
=
だから， lim
= lim
= ∞.
x→∞ log x
u→∞ u
log x
u
log x = −t とおくと，x = e−t であり，x → 0 のとき t → ∞ である．
t
xk log x = −te−kt だから， lim xk log x = − lim te−kt = − lim kt = 0.
x→0
t→∞
t→∞ e
n!
問 2. (i) f (n) (x) =
.
(1 − x)n+1
1 1
1 1
1
1
(ii) f (x) = −x +
−
. よって，f ′ (x) = −1 +
+
21−x 21+x {
2 (1 −}x)2
1
1
1
n!
(−1)n
(n)
.
n
≥
2
のとき，
f
(x)
=
−
.
2 (1 + x)2
2 (1 − x)n+1 (1 + x)n+1
問 3. ℓ ≥ n のとき
dn ℓ
x = 0.
dxn
dn ℓ
x
dxn
= ℓ · (ℓ − 1) · · · (ℓ − n + 1)xℓ−n , ℓ < n のとき
問 4. x1−n f (x) = log x だから，この両辺を微分して
(∗)
xf ′ + (1 − n)f = xn−1
を得る．Leibniz の公式および問 3 より
(
)
n
−
1
(xf ′ )(n−1) = xf (n) +
f (n−1) = xf (n) + (n − 1)f (n−1)
n−2
だから，(∗) の両辺を n − 1 回微分すると
xf (n) + (n − 1)f (n−1) + (1 − n)f (n−1) = (n − 1)!,
つまり，
xf (n) (x) = (n − 1)!.
したがって
f (n) (x) =
1
(n − 1)!
.
x
問 5. (i) (x2 − 1)n =
n
∑
(
n
)
(−1)k x2(n−k) だから，
k
k=0
1 ∑
Pn (x) = n
2 n! k=0
n
(
n
)
(−1)k
k
dn 2(n−k)
x
.
dxn
問 3 に注意すると，右辺の和は 2(n − k) ≥ n つまり n ≥ 2k を満たす非負
整数 k に関する和である．よって
[n]
2
1 ∑
(−1)k
Pn (x) = n
2 n! k=0
n
=
[2]
∑
(−1)k
k=0
2k
(
n
k
)
(2n − 2k)(2n − 2k − 1) · · · (n − 2k + 1)xn−2k
(2n − 2k)!
xn−2k
− k)!k!(n − 2k)!
2n−k (n
n
=
[2]
∑
(−1)k 1 · 3 · 5 · · · (2n − 2k − 1)
k=0
2k
k!(n − 2k)!
xn−2k .
(ii) f ′ = 2nx(x2 − 1)n−1 . この両辺に x2 − 1 を掛けて (x2 − 1)f ′ = 2nxf .
1
(iii) Pn (x) = n f (n) . (x2 − 1)f ′ = 2nxf の両辺を n + 1 回微分すると，
2 n!
(x2 −1)f (n+2) +2(n+1)xf (n+1) +n(n+1)f (n) = 2nxf (n+1) +2n(n+1)f (n) ,
整理すれば，
(x2 − 1)f (n+2) + 2xf (n+1) − n(n + 1)f (n) = 0.
y ′ = Pn′ (x) =
1
f (n+1) ,
2n n!
y ′′ = Pn′′ (x) =
1
f (n+2)
2n n!
だから，
(x2 − 1)y ′′ + 2xy ′ − n(n + 1)y = 0.
2

Download Report