微分法の応用 実戦編の問題 全8問

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) $I_n={\int }_0^{\pi /2}{\sin }^{n}xdx$ を1つずつ計算するのは無理。隣どうしをつなぐ漸化式を作る。

${\sin }^{n}x={\sin }^{n-1}x\cdot \sin x$ と分け、$\sin x$ を「$-\cos x$ の微分」とみて部分積分する。すると $I_n$ が $I_{n-2}$ で書ける。(2) の要点は漸化式 $I_n=\frac{n-1}{n}{I}_{n-2}$ を $n{I}_n{I}_{n-1}$ の形にあてはめること。$n{I}_n{I}_{n-1}=(n-1)I_{n-1}{I}_{n-2}$ となり、$n{I}_n{I}_{n-1}$ が $n$ によらず一定と分かる。

① 部分積分で漸化式を作る。 $n\ge 2$ で ${\sin }^{n}x={\sin }^{n-1}x\cdot \sin x$ とみて、$g^{\prime }=\sin x$($g=-\cos x$)、$f={\sin }^{n-1}x$ とすると $$I_n=[-{\sin }^{n-1}x\cos x{]}_0^{\pi /2}+{\int }_0^{\pi /2}(n-1){\sin }^{n-2}x{\cos }^{2}xdx.$$ 端の項は $0$($x=0,\pi /2$ でどちらかが $0$)。${\cos }^{2}x=1-{\sin }^{2}x$ を使うと $$I_n=(n-1){\int }_0^{\pi /2}{\sin }^{n-2}x(1-{\sin }^{2}x)dx=(n-1)(I_{n-2}-I_n).$$ $I_n$ について解いて $n{I}_n=(n-1)I_{n-2}$、すなわち $I_n=\frac{n-1}{n}{I}_{n-2}$。

② $n{I}_n{I}_{n-1}$ が定数だと見抜く。 ①の漸化式 $n{I}_n=(n-1)I_{n-2}$ を積に代入すると $$n{I}_n{I}_{n-1}=(n-1)I_{n-2}{I}_{n-1}=(n-1)I_{n-1}{I}_{n-2}.$$ つまり $n{I}_n{I}_{n-1}$ は「$n$ を1つ下げた同じ形」に等しい。よって $n$ によらず一定で、その値は $n=1$ での $$1\cdot I_1{I}_0=\left({\int }_0^{\pi /2}\sin xdx\right)\left({\int }_0^{\pi /2}dx\right)=1\cdot \frac{\pi }{2}=\frac{\pi }{2}.$$ ③ 極限。 $n{I}_n{I}_{n-1}=\frac{\pi }{2}$(すべての $n$)だから $$\underset{n\to \infty }{\lim }n{I}_n{I}_{n-1}=\frac{\pi }{2}.$$

まとめ ${\sin }^n$ の積分は部分積分で次数を2つ下げる漸化式に落とす。積 $n{I}_n{I}_{n-1}$ に漸化式を入れると「隣と同じ」=定数、と見抜けるのが山。定積分・漸化式・極限が一つの流れでつながる。

発展。 単調性を足すと $I_n\sim \sqrt{\frac{\pi }{2n}}$ が出る(別解)。ここから $\frac{(2n)!}{4^n(n!{)}^2}\sim \frac{1}{\sqrt{\pi n}}$ が導け、さらにウォリスの積 $\frac{\pi }{2}=\frac{2}{1}\cdot \frac{2}{3}\cdot \frac{4}{3}\cdot \frac{4}{5}\cdots$ に到達する。定積分の漸化式1本が円周率の無限積とスターリングの公式の両方に通じている。

別解

別解:はさみうちで $I_n$ の「大きさ」を出す(得意な人向けの高い視点)。 $n{I}_n{I}_{n-1}=\frac{\pi }{2}$ が分かれば、$I_n$ そのものの大きさも評価できる。

$0<x<\frac{\pi }{2}$ で ${\sin }^{n+1}x<{\sin }^{n}x<{\sin }^{n-1}x$ だから、$\{I_n\}$ は減少列で $I_{n+1}<I_n<I_{n-1}$。$I_{n-1}$ で割ると

$$\frac{I_{n+1}}{I_{n-1}}=\frac{n}{n+1}<\frac{I_n}{I_{n-1}}<1.$$

はさみうちで $\frac{I_n}{I_{n-1}}\to 1$。すると $n{I}_n^2\sim n{I}_n{I}_{n-1}=\frac{\pi }{2}$ から

$$I_n\sim \sqrt{\frac{\pi }{2n}}.$$

漸化式から一定量 $n{I}_n{I}_{n-1}=\frac{\pi }{2}$ を取り出すのが本問だが、そこに単調性を足すと $I_n$ の漸近の大きさまで分かる。この評価が、中心二項係数 $\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{2n}{n}\right)\sim \frac{4^n}{\sqrt{\pi n}}$ やスターリングの公式につながっていく。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) $a_n={\int }_0^1\frac{x^n}{1+x}dx$ を直接求めるのは難しい。だが $a_n$ と $a_{n-1}$ の和なら、分母が消える。

$a_n+a_{n-1}={\int }_0^1\frac{x^n+x^{n-1}}{1+x}dx={\int }_0^1\frac{x^{n-1}(1+x)}{1+x}dx={\int }_0^1{x}^{n-1}dx=\frac{1}{n}$。(2) はこの漸化式を交代に足し合わせる。$a_0=\log 2$(直接計算できる)から出発し、$a_n\to 0$(はさみうち)を使うと、交代級数 $\sum \frac{(-1{)}^{k-1}}{k}$ が $\log 2$ に収束すると分かる。

① 分母を消す。 $n\ge 1$ で $$a_n+a_{n-1}={\int }_0^1\frac{x^n+x^{n-1}}{1+x}dx={\int }_0^1\frac{x^{n-1}(1+x)}{1+x}dx={\int }_0^1{x}^{n-1}dx=\frac{1}{n}.$$ ② $a_n\to 0$ を示す。 $0\le x\le 1$ で $1\le 1+x$ だから $0\le \frac{x^n}{1+x}\le x^n$。積分して $$0\le a_n\le {\int }_0^1{x}^{n}dx=\frac{1}{n+1}\to 0.$$ はさみうちで $a_n\to 0$。

③ 交代和で級数に結ぶ。 まず $a_0={\int }_0^1\frac{dx}{1+x}=[\log (1+x){]}_0^1=\log 2$。

よって $\sum _{k=1}^n\frac{(-1{)}^{k-1}}{k}=\log 2+(-1{)}^{n-1}{a}_n$。$a_n\to 0$ だから $n\to \infty$ で $$\sum _{k=1}^{\infty }\frac{(-1{)}^{k-1}}{k}=\log 2.$$

まとめ分子を因数分解して分母を消すと簡単な漸化式が出る。それを交代に足すと望遠鏡のように打ち消し合い、積分値 $\log 2$ に級数が収束する。$a_n\to 0$ の評価(はさみうち)が収束の保証。積分・数列・極限の三重奏。

発展。 同じ手法は $b_n={\int }_0^1\frac{x^n}{1+x^2}dx$ にも使え、$b_n+b_{n-2}=\frac{1}{n-1}$ からライプニッツ級数 $\frac{\pi }{4}=1-\frac{1}{3}+\frac{1}{5}-\cdots$ が同様に出る。「積分の漸化式 → 交代級数の和」という道筋は、$\log 2$ や $\frac{\pi }{4}$ のような定数を積分から取り出す一般的な方法だ。

別解

別解:部分和を直接ずらし引きする(苦手な人向け)。 漸化式 $a_n+a_{n-1}=\frac{1}{n}$ を、$n=1,2,3,\dots$ と交代の符号を付けて足す。

$$a_1+a_0=\frac{1}{1},a_2+a_1=\frac{1}{2},a_3+a_2=\frac{1}{3},\dots$$

$1$ 番目から $2$ 番目を引き、$3$ 番目を足し…と交代にすると、左辺は $a_0$ と $\pm a_n$ だけが残る(中間の $a_1,a_2,\dots$ が打ち消し合う)。$n$ 項で

$$a_0-(-1{)}^n{a}_n=\frac{1}{1}-\frac{1}{2}+\frac{1}{3}-\cdots +\frac{(-1{)}^{n-1}}{n}.$$

右辺が求める交代級数の部分和だ。$0\le a_n\le \frac{1}{n+1}\to 0$(はさみうち)だから、$n\to \infty$ で左辺は $a_0$。$a_0={\int }_0^1\frac{dx}{1+x}=\log 2$ より、和は $\log 2$。

積分 $a_n$ を「打ち消し合う階段」として並べると、$\log 2$ という値が交代級数の姿で立ち上がってくる。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) $e^x=a{x}^2$ の解の個数を、$a$ で場合分けしたい。$a$ を分離するのが基本だ。

$x>0$ で両辺を $x^2$ で割ると $a=\frac{e^x}{x^2}$。左辺は水平線 $y=a$、右辺は曲線 $g(x)=\frac{e^x}{x^2}$。交点の個数を数えればよい。

$g(x)$ の形は微分で分かる。$g^{\prime }(x)=0$ から最小点 $x=2$ が出て、そこが谷底。水平線 $y=a$ が谷底より上か・接するか・下かで、交点が $2$ 個・$1$ 個・$0$ 個と決まる。

① 定数を分離する。 $x>0$ より $e^x=a{x}^2⟺a=\frac{e^x}{x^2}$。右辺を $g(x)=\frac{e^x}{x^2}$ とおく。

② 増減を調べて谷を見つける。 商の微分から $$g^{\prime }(x)=\frac{e^x\cdot x^2-e^x\cdot 2x}{x^4}=\frac{e^x(x-2)}{x^3}.$$ $x>0$ で $x^3>0,e^x>0$ だから、$g^{\prime }$ の符号は $x-2$ の符号と同じ。$0<x<2$ で減少、$x>2$ で増加。よって $x=2$ で最小。

③ 水平線 $y=a$ との交点を数える。 谷の底が $\frac{e^2}{4}$ で、両側は $+\infty$ へ立ち上がる。よって

• $0<a<\frac{e^2}{4}$ … 交わらない(実数解 $0$ 個)
• $a=\frac{e^2}{4}$ … 谷の底で接する($1$ 個)
• $a>\frac{e^2}{4}$ … 谷の両側で1点ずつ($2$ 個)

まとめ 「解の個数を $a$ で分類」は、$a$ を分離して「動く水平線 対 固定曲線」に言い換えるのが標準的な方法だ。曲線の極値(谷の深さ)が分岐点になる。微分は谷を見つける道具として使える。

発展。 谷底の値 $\frac{e^2}{4}$ は「$e^x$ と $x^2$ が接する($=$ 重解をもつ)ちょうどの $a$」。一般に $e^x=a{x}^n$ の接する条件は、$x=n$ で $a=\frac{e^n}{n^n}$。指数関数がどんな多項式よりも速く増える($x\to \infty$ で必ず追い抜く)ことの、境界を与える値である。

別解

別解:対数をとって直線 $\times$ 曲線の交わりに直す(得意な人向けの視点)。 $a=\frac{e^x}{x^2}$ の両辺の対数をとる。

$$\log a=x-2\log x.$$

右辺を $h(x)=x-2\log x$ とおくと、水平線 $y=\log a$ との交点を数える問題に変わる。$h^{\prime }(x)=1-\frac{2}{x}=0$ から $x=2$ が唯一の極小(谷底)で、$h(2)=2-2\log 2=\log \frac{e^2}{4}$。$\log a$ が谷底 $\log \frac{e^2}{4}$ より下なら交点 $0$、等しければ $1$(接する)、上なら $2$。対数は単調だから、これは $a$ と $\frac{e^2}{4}$ の大小そのもの。

分数関数 $\frac{e^x}{x^2}$ の増減を調べる(本解)代わりに、$\log$ をとると $x-2\log x$ という素直な関数になり、$h^{\prime }(x)=1-\frac{2}{x}$ の符号が一目で読める。指数と多項式が混じる比は、対数をとると扱いやすい。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) $\frac{\sqrt[n]{n!}}{n}$ には $n$ 乗根と階乗が絡む。積や累乗根は、対数をとると和になる。

$\log \frac{\sqrt[n]{n!}}{n}=\frac{1}{n}\log \frac{n!}{n^n}=\frac{1}{n}\sum _{k=1}^n\log \frac{k}{n}$。これは $\frac{1}{n}\sum f\left(\frac{k}{n}\right)$($f(x)=\log x$)の形、区分求積だ。$n\to \infty$ で定積分 ${\int }_0^1\log xdx=-1$ に近づく。対数を戻して極限は $e^{-1}$。

① 対数をとる。 $L_n=\frac{\sqrt[n]{n!}}{n}={\left(\frac{n!}{n^n}\right)}^{1/n}>0$ の対数は $$\log L_n=\frac{1}{n}\log \frac{n!}{n^n}=\frac{1}{n}\sum _{k=1}^n\log \frac{k}{n}.$$ (ここで $\frac{n!}{n^n}=\frac{1\cdot 2\cdots n}{n\cdot n\cdots n}=\prod _{k=1}^n\frac{k}{n}$ を使った。)

② 区分求積で積分に直す。 $f(x)=\log x$ とみて $$\underset{n\to \infty }{\lim }\log L_n={\int }_0^1\log xdx.$$

③ 積分を計算して戻す。 部分積分で ${\int }_0^1\log xdx=[x\log x-x{]}_0^1=(0-1)-0=-1$($x\to +0$ で $x\log x\to 0$)。よって $\log L_n\to -1$、したがって $$\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{\sqrt[n]{n!}}{n}=e^{-1}=\frac{1}{e}.$$

まとめ階乗や積の $n$ 乗根は、対数で和に開く→区分求積で積分にする、がいつもの手順だ。${\int }_0^1\log xdx=-1$ を使うと、答えは $\frac{1}{e}$。数列・積分・対数・極限が一直線でつながる。

発展。 より精密には、スターリングの公式 $n!\sim \sqrt{2\pi n}{\left(\frac{n}{e}\right)}^n$ から $\frac{\sqrt[n]{n!}}{n}\sim \frac{1}{e}(2\pi n{)}^{1/2n}\to \frac{1}{e}$。区分求積が与える主要項 $\frac{1}{e}$ に、$(2\pi n{)}^{1/2n}\to 1$ という補正がかかる形だ。「階乗の $n$ 乗根はおよそ $\frac{n}{e}$」という感覚は、計算量の見積もりなどで役立つ。

別解

別解:相加相乗平均で下からも押さえる(得意な人向けの視点)。 区分求積で $\frac{1}{e}$ が出るが、「なぜ $\frac{1}{e}$ 付近か」を相加相乗平均でも見られる。

$\frac{\sqrt[n]{n!}}{n}=\sqrt[n]{\frac{n!}{n^n}}=\sqrt[n]{\frac{1}{n}\cdot \frac{2}{n}\cdots \frac{n}{n}}$ は、$n$ 個の数 $\frac{1}{n},\frac{2}{n},\dots ,\frac{n}{n}$ の相乗平均だ。相加相乗平均の不等式から、相乗平均 $\le$ 相加平均 $=\frac{1}{n}\cdot \frac{1+2+\cdots +n}{n}=\frac{n+1}{2n}\to \frac{1}{2}$。つまり極限は $\frac{1}{2}$ 以下。実際の値 $\frac{1}{e}\approx 0.368$ は、この上界 $\frac{1}{2}$ の内側に収まっている。

厳密な値は区分求積(本解)の ${\int }_0^1\log xdx=-1$ が与えるが、「$n$ 個の $\frac{k}{n}$ の相乗平均」と読むと、$\frac{1}{e}$ が「数の平均」として自然に現れる。スターリングの公式 $n!\sim \sqrt{2\pi n}{\left(\frac{n}{e}\right)}^n$ からも同じ $\frac{1}{e}$ が出る。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) 曲線の外(ここでは $x$ 軸上の点)から引く接線は、接点を基準に考える。接点を $(t,t{e}^t)$ とおいて接線を書く。

その接線が $(a,0)$ を通る、という条件を式にすると、$t$ の方程式 $t^2-at-a=0$ になる。接点が異なれば接線も異なるから、接線の本数=この $t$ 方程式の実数解の個数。$2$ 次方程式だから判別式 $a(a+4)$ の符号で、$2$ 本・$1$ 本・$0$ 本が決まる。

① 接線を作る。 $y=x{e}^x$、$y^{\prime }=(x+1)e^x$。接点 $(t,t{e}^t)$ での接線は $$y=(t+1)e^t(x-t)+t{e}^t.$$ ② $(a,0)$ を通る条件を $t$ の式に。 $(a,0)$ を代入して $$0=(t+1)e^t(a-t)+t{e}^t=e^t\{(t+1)(a-t)+t\}.$$ $e^t>0$ で割ると $(t+1)(a-t)+t=0$。展開して整理すると $$-t^2+at+a=0⟺t^2-at-a=0.$$

③ 判別式で分類する。 $t^2-at-a=0$ の判別式は $$D=a^2+4a=a(a+4).$$

$D>0⟺a<-4$ または $a>0$、$D=0⟺a=-4$ または $a=0$、$D<0⟺-4<a<0$。よって接線の本数は

• $a<-4$ または $a>0$ … 2本
• $a=-4$ または $a=0$ … 1本
• $-4<a<0$ … 0本

まとめ 「接線の本数」は「接点の方程式の実数解の個数」に言い換える。指数関数でも接点条件では $e^t$ が割れて2次方程式に落ち、判別式 $a(a+4)$ の符号で本数が決まる。微分・指数・2次方程式(判別式)の融合。

発展。 接線の本数は「$a=\frac{t^2}{t+1}$ という関数の値 $a$ を何個の $t$ が与えるか」で決まる(別解)。この $\varphi (t)=\frac{t^2}{t+1}$ の極値 $0,-4$ が、判別式 $a(a+4)$ の零点と一致する。「点から曲線への接線の本数」はいつも「接点をパラメータにした関数のグラフ」の水平線との交点数に言い換えられる。

別解

別解:接点を通る「接線の傾き」を関数で見る(得意な人向けの視点)。 接点 $(t,t{e}^t)$ での接線が $x$ 軸上の点 $(a,0)$ を通る条件は、傾き $\frac{t{e}^t-0}{t-a}$ が接線の傾き $(x{e}^x{)}^{\prime }{|}_t=(t+1)e^t$ に等しいこと。

$$\frac{t{e}^t}{t-a}=(t+1)e^t⟹t=(t+1)(t-a)⟹t^2-at-a=0.$$

ここで $a$ を分離すると $a=\frac{t^2}{t+1}$。つまり「$(a,0)$ から引ける接線の本数」は、水平線 $y=a$ と曲線 $\varphi (t)=\frac{t^2}{t+1}$ の交点の個数だ。

${\varphi }^{\prime }(t)=\frac{t(t+2)}{(t+1{)}^2}=0$ から極値 $t=0$($\varphi =0$)と $t=-2$($\varphi =-4$)。グラフを描くと、$a>0$ と $a<-4$ で $2$ 交点、$a=0,-4$ で $1$ 交点、$-4<a<0$ で $0$ 交点。判別式(本解)の $a(a+4)$ の符号と、$\varphi (t)$ の極値 $0,-4$ がぴったり対応する。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) $x-x^2\log \left(1+\frac{1}{x}\right)$ は $\infty -\infty$ の不定形。$x\to \infty$ を $t=\frac{1}{x}\to 0$ に置き換えると見通しがよい。

置換すると式は $\frac{t-\log (1+t)}{t^2}$ の形になる($x=\frac{1}{t}$ でくくる)。分子 $t-\log (1+t)$ は、$\log (1+t)=t-\frac{t^2}{2}+\cdots$ を使うと主要項が $\frac{t^2}{2}$。$t^2$ で割れば極限 $\frac{1}{2}$ が残る。「$\log (1+t)$ の1次近似では消え、2次の項が残る」のがこの問題の勘所だ。

① 置き換える。 $t=\frac{1}{x}$ とおくと $x\to \infty$ のとき $t\to +0$。$x=\frac{1}{t},x^2=\frac{1}{t^2}$ だから $$x-x^2\log \left(1+\frac{1}{x}\right)=\frac{1}{t}-\frac{1}{t^2}\log (1+t)=\frac{t-\log (1+t)}{t^2}.$$ ② 展開して主要部を取る。 $\log (1+t)=t-\frac{t^2}{2}+\frac{t^3}{3}-\cdots$ より $t-\log (1+t)=\frac{t^2}{2}-\frac{t^3}{3}+\cdots$。よって $$\frac{t-\log (1+t)}{t^2}=\frac{1}{2}-\frac{t}{3}+\cdots .$$ ③ 極限をとる。 $t\to +0$ で右辺 $\to \frac{1}{2}$。したがって $$\underset{x\to \infty }{\lim }\left\{x-x^2\log \left(1+\frac{1}{x}\right)\right\}=\frac{1}{2}.$$ (展開を使わず、$\frac{t-\log (1+t)}{t^2}$ に $2$ 回ロピタルの定理を用いても同じ $\frac{1}{2}$ を得る。)

まとめ $\infty -\infty$ は、大きい変数を $t\to 0$ に反転して $\log (1+t)$ の低次展開で消えずに残る項を拾うのが基本だ。ここでは $t^2$ の係数 $\frac{1}{2}$ が答え。数値でも $x=10^4$ で約 $0.49997$ と $\frac{1}{2}$ に近づく。

発展。 $x^2\log \left(1+\frac{1}{x}\right)=x-\frac{1}{2}+\frac{1}{3x}-\cdots$ と展開でき、$x$ を引くと $-\frac{1}{2}+O\left(\frac{1}{x}\right)$。だから極限は $-\left(-\frac{1}{2}\right)=\frac{1}{2}$。$\log (1+t)$ の2次の係数 $-\frac{1}{2}$ がそのまま答えに現れる。テイラー展開は「どの次数の項が残るか」を系統的に調べる、極限計算の方法だ。

別解

別解:ロピタルの定理で機械的に求める(得意な人向けの高い視点)。 $t=\frac{1}{x}\to 0$ とおくと、求める極限は $\frac{t-\log (1+t)}{t^2}$($\frac{0}{0}$ 型)。ロピタルの定理(分子分母を微分)を使う。

$$\underset{t\to 0}{\lim }\frac{t-\log (1+t)}{t^2}\stackrel{\text{ロピタル}}{=}\underset{t\to 0}{\lim }\frac{1-\frac{1}{1+t}}{2t}=\underset{t\to 0}{\lim }\frac{\frac{t}{1+t}}{2t}=\underset{t\to 0}{\lim }\frac{1}{2(1+t)}=\frac{1}{2}.$$

$1$ 回の微分で $\frac{0}{0}$ が解消し、$\frac{1}{2}$ が出た。

テイラー展開(本解)は「$\log (1+t)$ の2次の項が残る」という構造を見せ、ロピタルは「微分して極限」と一直線に計算する。$\frac{0}{0}$ 型を見たらどちらも使えるが、なぜ答えが $\frac{1}{2}$ なのか(2次の係数 $-\frac{1}{2}$ の裏返し)を理解するには、展開の方が納得しやすい。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) $J(a)={\int }_0^1(e^x-ax{)}^{2}dx$ は、被積分関数を展開すると $a$ の2次式になる($a^2$、$a$、定数の項)。

だから $J(a)$ は $a$ の下に凸な2次関数。最小は $J^{\prime }(a)=0$、または平方完成で出る。$a$ で微分すると $J^{\prime }(a)={\int }_0^{1}2(e^x-ax)(-x)dx=0$、整理して $a=\frac{{\int }_0^{1}x{e}^{x}dx}{{\int }_0^1{x}^{2}dx}$。積分は部分積分で計算する。

① $a$ の2次式に展開する。 $$J(a)={\int }_0^1(e^{2x}-2ax{e}^x+a^2{x}^2)dx=\underset{r}{\underbrace{{\int }_0^1{e}^{2x}dx}}-2a\underset{q}{\underbrace{{\int }_0^{1}x{e}^{x}dx}}+a^2\underset{p}{\underbrace{{\int }_0^1{x}^{2}dx}}.$$ ② 必要な積分を計算する。 $p={\int }_0^1{x}^{2}dx=\frac{1}{3}$。$q={\int }_0^{1}x{e}^{x}dx$ は部分積分で $$q=[x{e}^x{]}_0^1-{\int }_0^1{e}^{x}dx=e-[e^x{]}_0^1=e-(e-1)=1.$$

③ 2次関数を最小化する。 $J(a)=\frac{1}{3}{a}^2-2a+r$($r$ は定数)。$a$ で微分して $$J^{\prime }(a)=\frac{2}{3}a-2=0⟹a=3.$$ $J^{\prime \prime }(a)=\frac{2}{3}>0$ より下に凸だから、これが最小。

まとめ定積分で定義された $J(a)$ は、展開すれば $a$ の2次関数。最小は $a=\frac{\int x{e}^x}{\int x^2}=\frac{1}{1/3}=3$。これは「曲線に最も近い直線 $y=3x$」を選ぶ最小二乗の考え方。積分(部分積分)・2次関数の最小・微分の融合。

発展。 最良の $a=3$ での残差 $e^x-3x$ は $x$ と直交する(内積 $=0$)。これは関数を「$x$ 方向の成分」と「それに垂直な成分」に分解したときの正射影で、フーリエ級数(関数を $\sin ,\cos$ の直交基底で分解)や統計の最小二乗回帰と同じ原理。積分を内積とみなす見方は、関数解析で学ぶ考え方の基礎になる。

別解

別解:「残差が $x$ と直交」で正規方程式を読む(得意な人向けの高い視点)。 $J(a)={\int }_0^1(e^x-ax{)}^{2}dx$ は、関数 $e^x$ を「$x$ の定数倍 $ax$」で近似したときの、ずれ(残差)の2乗の総和だ。最小二乗法そのものである。

最小になる条件は、残差 $e^x-ax$ が近似に使った関数 $x$ と「直交」すること:

$${\int }_0^1(e^x-ax)\cdot xdx=0⟹{\int }_0^{1}x{e}^{x}dx=a{\int }_0^1{x}^{2}dx.$$

${\int }_0^{1}x{e}^{x}dx=1$(部分積分)、${\int }_0^1{x}^{2}dx=\frac{1}{3}$ だから $a=3$。

$J(a)$ を展開して微分する(本解)のと同じ式だが、「残差が近似関数と直交する点が最良」という幾何的な原理(正規方程式)で見ると、統計の回帰分析や関数の直交展開(フーリエ級数)と同じ発想だと分かる。積分は関数の「内積」として働く。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) $a_{n+1}=a_n+\frac{1}{a_n}$ は $a_n$ のままでは扱いにくい。だが $2$ 乗してみると $$a_{n+1}^2={\left(a_n+\frac{1}{a_n}\right)}^2=a_n^2+2+\frac{1}{a_n^2}$$ となり、$b_n=a_n^2$ の増分が「$2$ + 小さいおまけ」とほぼ一定になる。増分がほぼ $2$ なら $b_n$ はほぼ $2n$ で増えるので、$a_n^2\approx 2n$、$\frac{a_n}{\sqrt{n}}\to \sqrt{2}$ と当たりがつく。あとは残りの $\frac{1}{a_n^2}$ の和が $n$ に比べて小さいことを、はさみうちで確かめる。

① $2$ 乗して増分を見る。 $b_n=a_n^2$ とおくと $$b_{n+1}=b_n+2+\frac{1}{b_n},b_1=1.$$ $a_n$ は正で増加するから $b_n$ も増加し、特に $b_n\ge b_1=1$。

② 下と上からはさむ。 上の漸化式を $k=1$ から $n-1$ まで足すと $$b_n=b_1+2(n-1)+\sum _{k=1}^{n-1}\frac{1}{b_k}=2n-1+\sum _{k=1}^{n-1}\frac{1}{b_k}.$$ 増分が $2$ 以上だから $b_k\ge 2k-1$、ゆえに $\frac{1}{b_k}\le \frac{1}{2k-1}$。したがって $$2n-1\le b_n\le 2n-1+\sum _{k=1}^{n-1}\frac{1}{2k-1}.$$ 右の和は $\log$ 程度でしか増えないので、$n$ で割ると $0$ に向かう。

③ はさみうちで極限。 $\frac{b_n}{n}=\frac{a_n^2}{n}\to 2$。$a_n>0$ だから $$\frac{a_n}{\sqrt{n}}=\sqrt{\frac{a_n^2}{n}}\to \sqrt{2}.$$

まとめ追いにくい漸化式は $a_n^2$ を見ると増分がほぼ一定になる、という視点が決め手だ。$a_n^2\approx 2n$ を上下からはさんで確定させる。漸化式・極限・はさみうちの融合で、答えは $\sqrt{2}$。

発展。 より精密には $b_n=a_n^2\approx 2n+\frac{1}{2}\log n$ で、第2項の $\log n$ の影響はゆっくり現れる。だから $a_n\approx \sqrt{2n}$ に、$\sqrt{n}$ 程度の小さな補正が乗る。「$a_n^2$ が線形に増える」タイプの漸化式($a_{n+1}=a_n+\frac{c}{a_n}$)は、$\frac{a_n}{\sqrt{n}}\to \sqrt{2c}$ が一般に成り立つ。

別解

別解:$b_n=a_n^2$ をはさみうちで $2n$ に押さえる(苦手な人にも追えるルート)。 $b_n=a_n^2$ とおくと、漸化式は $b_{n+1}=b_n+2+\frac{1}{b_n}$。$1$ 進むごとに $b_n$ は「$2$ より少し多く」増える。

まず下から。$b_{n+1}>b_n+2$ を $n$ 回足すと $b_n>b_1+2(n-1)=2n-1$。とくに $b_n>2n-1$ なので、増分 $\frac{1}{b_n}<\frac{1}{2n-1}$。

次に上から。$b_{n+1}=b_n+2+\frac{1}{b_n}<b_n+2+\frac{1}{2n-1}$ を足し上げると、$b_n<2n+\left(1+\frac{1}{3}+\frac{1}{5}+\cdots \right)$ 程度。余分な和は $\log n$ の速さでしか増えないから、$b_n$ は $2n$ とほぼ同じ。

はさむと $\frac{b_n}{2n}\to 1$、すなわち $\frac{a_n}{\sqrt{n}}=\sqrt{\frac{b_n}{n}}\to \sqrt{2}$。「$a_n$ でなく $a_n^2$ を見る」と、$\frac{1}{a_n}$ の項が $\frac{1}{b_n}$ という無視できる大きさに落ち、線形な増え方($b_n\approx 2n$)が分かる。