数列 \( \{a_n\} \) を
$$ a_n= 2^n \int_1^{\sqrt{e}} x(\log x)^n dx $$
で定める。ただし \( e \) は自然対数の底であり、無理数であることが知られている。
（１） 不等式 \( \displaystyle \frac{1}{2(n+1)} \le a_n \le \frac{e}{2(n+1)} \) を示せ。
（２） 各 \( n \) に対して \( a_n = p_n e+q_n \) となるように有理数 \( p_n, q_n \) をとる。\( n \ge 2 \) のとき、\( p_n \) を \( p_{n-1} \) で、\( q_n \) を \( q_{n-1} \) でそれぞれ表せ。
（３） \( \displaystyle \lim_{n \rightarrow \infty} \frac{(-1)^np_n}{n!} \) を求めよ。
【解説】
一見複雑そうな定積分ですが、\( 2^n \) と \( (\log x)^n \) を一つにまとめ、\( t=2\log x\) と置換すると比較的見慣れた定積分 \( e^t t^n \) に変換できます。（１）では分母に \( n+1 \) がありますので、\( t^n \) だけ積分すれば良さそうなことがわかります。積分区間で \( 1 \le e^t \le e \) であることを使えば証明できますね。
（２）は部分積分を一回実施して、\( a_n \) の漸化式を求めましょう。
（３）では \( p_n \) を直接求めるのは難しいです。まずは \( q_n \) を求め、\( a_n, q_n \) から \( p_n \) を求めましょう。
【解答】
（１）
\begin{eqnarray}
a_n &=& 2^n \int_1^{\sqrt{e}} x(\log x)^n dx \\
&=& \int_1^{\sqrt{e}} x(2\log x)^n dx \cdots ① \\
\end{eqnarray}
ここで \( t=2\log x \) とおくと、\( \displaystyle x=e^{\frac{t}{2}} \Leftrightarrow dx=\frac{1}{2}e^{\frac{t}{2}} dt \)
\begin{array}{c|ccc}
x & 1 & \rightarrow & \sqrt{e} \\
\hline
t & 0 & \rightarrow & 1 \\
\end{array}
上記置換を①に適用すると、
\begin{eqnarray}
a_n &=& \int_0^1 e^{\frac{t}{2}} t^n \cdot \frac{1}{2} e^{\frac{t}{2}} dt \\
&=& \frac{1}{2} \int_0^1 e^{t} t^n dt \cdots ② \\
\end{eqnarray}
ここで \( 0 \le t \le 1 \) において、\( 1 \le e^t \le e \) だから、
\begin{equation}
1 \cdot t^n \le e^t \cdot t^n \le e \cdot t^n \\
t^n \le e^t t^n \le e t^n \\
∴\frac{1}{2} \int_0^1 t^n dt \le \frac{1}{2} \int_0^1 e^t t^n dt \le \frac{1}{2} \int_0^1 e t^n dt \\
\frac{1}{2} \int_0^1 t^n dt \le a_n \le \frac{e}{2} \int_0^1 t^n dt \cdots ③ \\
\end{equation}
ここで
\begin{equation}
\int_0^1 t^n dt = \frac{1}{n+1} \left[ t^{n+1} \right]_0^1 = \frac{1}{n+1}
\end{equation}
だから③より
\begin{equation}
\frac{1}{2(n+1)} \le a_n \le \frac{e}{2(n+1)} \cdots ④
\end{equation}
（２）
②より
\begin{eqnarray}
a_n &=& \frac{1}{2} \int_0^1 e^t t^n dt \\
&=& \frac{1}{2} \int_0^1 (e^t)^{\prime} t^n dt \\
&=& \frac{1}{2} [e^t t^n]_0^1 – \frac{n}{2} \int_0^1 e^t t^{n-1} dt \\
&=& \frac{1}{2}e – n \times \frac{1}{2} \int_0^1 e^t t^{n-1} dt \\
&=& \frac{1}{2}e – n a_{n-1} \cdots ⑤ \\
\end{eqnarray}
\( a_n = p_n e+q_n \) を⑤に代入すると
\begin{eqnarray}
p_n e+q_n &=& \frac{1}{2}e – n ( p_{n-1} e+q_{n-1} ) \\
&=& \left( \frac{1}{2}-np_{n-1} \right) e -nq_{n-1} \cdots ⑥ \\
\end{eqnarray}
\( e \) は無理数だから、⑤の両辺の係数を比較すると、
\begin{equation}
\left\{
\begin{array}{l}
p_n = \displaystyle \frac{1}{2}-np_{n-1} \\
q_n = -nq_{n-1}
\end{array}
\right . \cdots ⑦
\end{equation}
（３）
⑦より
\begin{eqnarray}
q_n &=& -nq_{n-1} \\[5pt]
\frac{q_n}{n!} &=& – \frac{nq_{n-1}}{n!} \\
\frac{q_n}{n!} &=&- \frac{q_{n-1}}{(n-1)!} \\
\end{eqnarray}
上記より、数列 \( \displaystyle \left\{ \frac{q_n}{n!} \right\} \) は、初項 \( q_1 \)、公比 \( -1 \) の等比数列だから、
\begin{eqnarray}
\frac{q_n}{n!} &=& (-1)^{n-1} \cdot q_1 \\
∴q_n &=& (-1)^{n-1} n! q_1 \cdots ⑧ \\
\end{eqnarray}
\( a_n = p_n e+q_n \) に⑧を代入すると
\begin{eqnarray}
p_n &=& \frac{1}{e} ( a_n-q_n) \\
&=& \frac{1}{e} \{ a_n – (-1)^{n-1} n! q_1 \} \\
∴\frac{(-1)^np_n}{n!} &=& \frac{1}{e} \left\{ \frac{(-1)^n}{n!} a_n – \frac{(-1)^n}{n!} (-1)^{n-1} n! q_1 \right\} \\
&=& \frac{1}{e} \left\{ \frac{(-1)^n}{n!} a_n – (-1)^{2n-1} q_1 \right\} \\
&=& \frac{1}{e} \left\{ \frac{(-1)^n}{n!} a_n + q_1 \right\} \cdots ⑨ \\
\end{eqnarray}
ここで④ではさみうちの原理より、
$$ \lim_{n \rightarrow \infty} a_n = 0 $$
また②より
\begin{eqnarray}
a_1 &=& \frac{1}{2} \int_0^1 e^t t dt \\
&=& \frac{1}{2}[te^t]_0^1-\frac{1}{2} \int_0^1 e^t dt \\
&=& \frac{1}{2}e-\frac{1}{2} [e^t]_0^1 \\
&=& \frac{1}{2}e-\frac{1}{2}(e-1) = \frac{1}{2} \\
∴p_1e+q_1 &=& \frac{1}{2} \\
∴q_1 &=& \frac{1}{2}
\end{eqnarray}
⑨より
\begin{eqnarray}
\lim_{n \rightarrow \infty} \frac{(-1)^np_n}{n!} &=& \frac{1}{e} \left( 0+\frac{1}{2} \right) \\
&=& \frac{1}{2e} \cdots （答）
\end{eqnarray}
