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微分可能な関数を多項式で近似する\textbf{\textcolor{blue}{マクローリンの定理}}(大学で学習)より \\[.5zh]  最後の項の\ $\textcolor{magenta}{\dint{0}{x}\bunsuu{(x-t)^{n-1}}{(n-1)\kaizyou}e^t\,dt}\ は\bm{\textcolor{blue}{剰余項}}と呼ばれ,\ R_n(x)$で表す. \\[.5zh]  $R_n(x)について解くと,\ R_n(x)=e^x-\left\{1+\bunsuu{x}{1\kaizyou}+\bunsuu{x^2}{2\kaizyou}\cdots\cdots+\bunsuu{x^{n-1}}{(n-1)\kaizyou}\right\}$\ である. \\[.2zh]  つまり,\ \textcolor{red}{$R_n(x)\,は\ e^x\,と多項式1+\bunsuu{x}{1\kaizyou}+\bunsuu{x^2}{2\kaizyou}+\cdots\cdots+\bunsuu{x^{n-1}}{(n-1)\kaizyou}\ $の誤差}を意味している. \\[1.5zh]  実は,\ $e^x\,の場合は\ \textcolor{red}{\dlim{n\to\infty}R_n(x)=0}$\ となり,\ 次の式が成立する.  この式を$e^x\,の\bm{\textcolor{blue}{マクローリン展開式}}$という.\ さらに,\ $x=1を代入すると$  この自然対数の底$e$の無限級数表示を求めさせる問題が頻出である. 実際の問題では,\ 剰余項(表現は1つではない)が数列a_n\,のように設定されている. \\[.2zh] 問題の表現は多様だが,\ \bm{部分積分でできた漸化式を解き,\ \dlim{n\to\infty}a_n=0\ を示す根幹は同じ}である. \\[1zh] 元はといえば,\ 最初の等式が剰余項を繰り返し部分積分して得られることが背景にある. \ \hspace{.5zw}$a_n=\bunsuu{1}{(n-1)\kaizyou}\dint{0}{1}(1-x)^{n-1}e^x\,dx\ \ (n=1,\ 2,\ 3,\ \cdots\cdots)\ とおく.$ \\[1.5zh] \hspace{.5zw}$ (1)\ \ 00)\ を掛ける. \\[.2zh] 後は各辺を積分し(この時点で等号がはずせる),\ さらにa_n\,を目指して(n-1)\kaizyou\,で割ればよい. \\[1zh] 試しに,\ e^x\,をそのままにして(1-x)^{n-1}\,の方を評価してみる. \\[.2zh] 0\leqq x\leqq1\,のとき,\ 0\leqq 1-x\leqq1\ であり,\ 0\leqq(1-x)^{n-1}\leqq1\ である. \\[.2zh] \bm{部分積分によって漸化式を作成する.} \\[.2zh] (整関数)\times(指数関数)型なので,\ e^x\,を微分形と見て部分積分すればよい. \\[.2zh]  (はさみうちの原理) \bm{階差数列型漸化式}なので,\ 公式\ a_n=a_1+\retuwa{k=1}{n-1}f(k)\ (n\geqq2)\ によって一般項a_n\,が求められる. \\[.8zh] 元々,\ 本問のa_n\,は剰余項そのものである.\ よって,\ n\,→\,\infty\,でa_n\,→\,0\ を示せばよいのである. \\[.2zh] n\,→\,\infty\ とするから,\ n=1\,のときは確認していない. \\[.2zh] \end{array}}\right]$}} \\\\\\\\  (4)\ \ $\textcolor{red}{eが有理数であると仮定}すると,\ \textcolor{red}{e=\bunsuu pq\ (p,\ q:自然数)}$とおける. \\[.5zh]    \textcolor{magenta}{各辺に$q(n-1)\kaizyou\ (>0)$を掛ける}と    \textcolor{red}{真ん中の辺は正の整数となるが,\ $n\,→\,\infty\ で\ \bunsuu {qe}{n}\,→\,0$となるから矛盾}である. \\\\ \centerline{$\therefore \bm{eは無理数である.}$} \\\\ \centerline{{\small $\left[\textcolor{brown}{\begin{array}{l} 無理数であることは\bm{背理法}で証明する. \\[.2zh] つまり,\ (有理数)=\bunsuu{(整数)}{(整数)}\ と仮定し,\ 矛盾を示す.\ 本問では,\ (3)よりe>0なので自然数とする. \\[1zh] さて,\ 矛盾を示すには\bm{(1)の不等式を利用}する. \\[.2zh] 有理数を分数でおいた後は,\ \bm{整数の性質を利用するために分母を払う}のが基本である. \\[.2zh] 本問では,\ 真ん中の辺を整数にするために\ q(n-1)\kaizyou\,を各辺に掛ける.\ qは自然数なので正である. \\[.2zh] \ は整数である.  \rei\ \ n=3のとき\ 2\kaizyou+\bunsuu{2\kaizyou}{1\kaizyou}+\bunsuu{2\kaizyou}{2\kaizyou} \\[1zh] 0より大きいから正であり,\ かつ整数なので1以上となるが,\ 右辺が0に収束することと矛盾する. \hspace{.5zw}自然数$n$に対して,\ $f_n(x)=x^ne^{1-x}\ と\ a_n=\dint{0}{1}f_{n}(x)\,dx\ を考える.$ \\[1.3zh] \hspace{.5zw}(1)\ \ $0\leqq x\leqq1で0\leqq f_n(x)\leqq1であることを示し,\ さらに01\ に対してa_n\ とa_{n-1}\ の間の漸化式を求めよ.$ \\[1zh] \hspace{.5zw}(3)\ \ $自然数nに対し,\ \hspace{.5zw}(4)\ \ $いかなる自然数に対しても,\ n\kaizyou e\ は整数とならないことを示せ.    [大阪大]$ \\ 単調増加関数}である.$ \\[.5zh]    0\leqq x\leqq1\,におけるf_n(x)の最小値0,\ 最大値1を示せばよいから\bm{微分}する. \\[.2zh] 常にe^{1-x}>0,\ n\geqq1,\ 0\leqq x\leqq1\,を考慮すると\ x^{n-1}\geqq0,\ n-x\geqq0\ である. \\[.2zh] 単調増加するから,\ x=0で最小,\ x=1で最大をとる. \\[.2zh] 最後,\ a_n\,を目指して各辺を積分すればよい. ここでは,\ わかりやすいように\ a_{n+1}\,とa_n\,の漸化式に変換した.\ この漸化式の扱いは経験を要する. \\[.2zh] \bm{f(n)a_{n+1}=f(n+1)a_n+q\,型の漸化式}であり,\ \bm{特定の式で割ると階差数列型に帰着}する. \\[.2zh] \bm{n+1\,の部分とn\,の部分をそろえることを目指し,\ 両辺を(n+1)\kaizyou\,で割る}ことになる. \\[.2zh] 実際,\ \bunsuu{a_n}{n\kaizyou}=b_n\,とおけば,\ 階差数列型\ b_{n+1}-b_n=-\bunsuu{1}{(n+1)\kaizyou}\ である. \\[.5zh] 後は階差数列の公式(n\geqq2)にあてはめればよい. \\[.2zh] 問題の式と比較し,\ 2=1+\bunsuu{1}{1\kaizyou}\ と考える.\ また,\ n=1のときも確認して完了する. \\[1zh] とりあえず\,n\kaizyou e\,を作るために両辺にn\kaizyou\,を掛け,\ n\kaizyou e\,について解く. \\[.2zh] n\kaizyou e=(小数)+(整数)\,となるから\,n\kaizyou\,eは整数ではない. \\[1zh] eが無理数であることも直ちに示される.\ e=\bunsuu pq\ (p,\ q:自然数)\ と仮定する. \\[.5zh] 両辺に q\kaizyou\,を掛けると q\kaizyou e=p(q-1)\kaizyou \\[.2zh] (4)よりq\kaizyou eは非整数,\ p(q-1)\kaizyou\ は整数なので矛盾である.