4札幌医科大学 2023年 数学 第4問解答・解説

(1) $x>0$ で微分すると $$f_n'(x)=(n-1)x^{n-2}e^{-x}-x^{n-1}e^{-x}=x^{n-2}e^{-x}(n-1-x)$$ である。$x^{n-2}e^{-x}>0$ なので、$0<x<n-1$ では $f_n'(x)>0$、$x>n-1$ では $f_n'(x)<0$ となる。したがって $f_n(x)$ は $x=n-1$ で最大となり、 $$m_n=f_n(n-1)=(n-1)^{n-1}e^{-(n-1)}.$$

(2) $x>0$ について $$xf_n(x)=x^n e^{-x}=f_{n+1}(x)\le m_{n+1}$$ だから、 $$\displaystyle 0\le f_n(x)\le \frac{m_{n+1}}{x}.$$ $m_{n+1}$ は $x$ によらない定数であり、$x\to\infty$ のとき右辺は $0$ に近づく。よってはさみうちの原理から $$\displaystyle \lim\limits _{x\to\infty}f_n(x)=0.$$

(3) $x=ae^x$ は、$e^x>0$ より $xe^{-x}=a$ と同値である。ここで $xe^{-x}=f_2(x)$ であり、 $$f_2'(x)=e^{-x}(1-x)$$ だから、$f_2$ は $0<x<1$ で増加し、$x>1$ で減少する。また、$\displaystyle \lim\limits _{x\to0+}f_2(x)=0$、(2)より $\displaystyle \lim\limits _{x\to\infty}f_2(x)=0$、最大値は $f_2(1)=1/e$ である。したがって、水平線 $y=a$ との交点、すなわち方程式の正の実数解の個数は、$0<a<1/e$ のとき2個、$a=1/e$ のとき1個、$a>1/e$ のとき0個である。

(4) 方程式の解 $x$ は $a=xe^{-x}$ を満たすので、 $$\alpha e^{-\alpha}=\beta e^{-\beta}.$$ これを整理すると $$\displaystyle \frac{\alpha}{\beta}=e^{\alpha-\beta}=e^{-\log 2}=\frac12$$ となり、$\beta=2\alpha$ を得る。さらに $\beta-\alpha=\log 2$ より $$\alpha=\log 2,\qquad \beta=2\log 2.$$ したがって $$\displaystyle a=\alpha e^{-\alpha}=(\log 2)e^{-\log 2}=\frac{\log 2}{2}.$$

(5) (3)の増減から、2交点 $x=\alpha,\beta$ の間では $f_2(x)\ge a$ である。よって求める面積 $S$ は $$\displaystyle \begin{aligned} S&=\int_{\log 2}^{2\log 2}\left(xe^{-x}-\frac{\log 2}{2}\right)dx\\ &=\left[-(x+1)e^{-x}\right]_{\log 2}^{2\log 2}-\frac{(\log 2)^2}{2}\\ &=\left(-\frac{2\log 2+1}{4}+\frac{\log 2+1}{2}\right)-\frac{(\log 2)^2}{2}\\ &=\frac14-\frac{(\log 2)^2}{2}. \end{aligned}$$ ここで $\displaystyle \int xe^{-x}dx=-(x+1)e^{-x}+C$ は部分積分で得られる。