(1)

$f_n(x) = e^x-\dfrac{x^n}{n!}$ $(x \geqq 0)$ とおく. $f_n(x) > 0$ $(x > 0)$ が成り立つことを数学的帰納法で示す.

(i)

$n = 1$ のとき. $f_1(x) = e^x-x$ から, $x > 0$ において, $f_1{}'(x) = e^x-1 > 0$ であるので, $f_1(x)$ の連続性により $f_n(x) = f_1(x) > f_1(0) = 1 > 0$ が成り立つ.

(ii)

$n = k$ ($k$: 正の整数) のとき $f_n(x) > 0$ $(x > 0)$ が成り立つとする. このとき, $f_{k+1}(x) = e^x-\dfrac{x^{k+1}}{(k+1)!}$ から, $x > 0$ において, \[ f_{k+1}{}'(x) = e^x-\frac{x^k}{k!} = f_k(x) > 0\] となるので, $f_{k+1}(x)$ の連続性により $f_{k+1}(x) > f_{k+1}(0) = 1 > 0$ となり, $n = k+1$ のとき $f_n(x) > 0$ $(x > 0)$ が成り立つ.

(i), (ii) から, すべての正の整数 $n$ に対し, $x > 0$ において, $f_n(x) > 0$ つまり $e^x > \dfrac{x^n}{n!}$ が成り立つ.

(2)

$x > 0$ において, (1) から $e^x > \dfrac{x^{n+1}}{(n+1)!}$ であるので, \[ 0 < \frac{x^n}{e^x} < \frac{(n+1)!}{x}\] が成り立つ. $x \to \infty$ のとき右辺は $0$ に収束するから, 挟みうちの原理により, $\lim\limits_{x \to \infty}\dfrac{x^n}{e^x} = 0$ が成り立つ.

(3)

各正の数 $G$ に対して $\mathit\Gamma _G(n) = \displaystyle\int_0^Gt^{n-1}e^{-t}\,dt$ とおく. $n \geqq 2$ のとき, \[\begin{aligned} \mathit\Gamma _G(n) &= \int_0^Gt^{n-1}(-e^{-t})'\,dt \\ &= \big[ t^{n-1}(-e^{-t})\big] _0^G-\int_0^G(n-1)t^{n-2}(-e^{-t})\,dt \\ &= -G^{n-1}e^{-G}+(n-1)\mathit\Gamma _G(n-1) \end{aligned}\] であるので, $G \to \infty$ のときの極限をとると, (2) の結果から \[\mathit\Gamma\,(n) = (n-1)\mathit\Gamma\,(n-1)\] が得られる. また, \[\begin{aligned} \mathit\Gamma\,(1) &= \lim\limits_{G \to \infty}\int_0^Ge^{-t}\,dt = \lim\limits_{G \to \infty}\big[ -e^{-t}\big] _0^G \\ &= \lim\limits_{G \to \infty}(-e^{-G}+1) = 1 \end{aligned}\] であるから, 正の整数 $n$ に対して \[\mathit\Gamma\,(n) = (n-1)\cdots 1\cdot\mathit\Gamma\,(1) = (n-1)!\] が成り立つ.

(1)

$0 \leqq x < 1$ のとき, $x^4 \leqq x^2 < 1,$ $-1 < -x^4 \leqq -x^2$ すなわち $0 < 1-x^4 \leqq 1-x^2$ から \[ 0 < \sqrt{1-x^4} \leqq \sqrt{1-x^2}\] であるので, \[\frac{1}{\sqrt{1-x^4}} \leqq \frac{1}{\sqrt{1-x^2}} \quad (0 < x < 1) \quad \cdots [1]\] が成り立つ.

(2)

$[1]$ により, \[\int_0^b\frac{dx}{\sqrt{1-x^4}} < \int_0^b\frac{dx}{\sqrt{1-x^2}} \quad (0 < b < 1) \quad \cdots [2]\] が成り立つ. $x = \sin\theta$ $(0 \leqq \theta \leqq \beta,$ $b = \sin\beta )$ とおくと, $\dfrac{dx}{d\theta} = \cos\theta$ から, \[\int_0^b\frac{dx}{\sqrt{1-x^2}} = \int_0^\beta\frac{\cos\theta}{\sqrt{1-\sin ^2\theta}}\,d\theta = \int_0^\beta\,d\theta = [\theta ]_0^\beta = \beta\] となる. よって, \[\lim_{b \to 1-0}\int_0^b\frac{dx}{\sqrt{1-x^2}} = \lim_{\beta \to \frac{\pi}{2}-0}\beta = \frac{\pi}{2}\] であるから, $[2]$ により \[\lim_{b \to 1-0}\int_0^b\frac{dx}{\sqrt{1-x^4}} \leqq \frac{\pi}{2}\] である.

　$0 \leqq \theta \leqq \pi$ において, $x = \cos\theta$ $(0 \leqq \theta \leqq \pi )$ とおき, $\cos\theta = a,$ $\cos\theta = b$ の解をそれぞれ $\alpha,$ $\beta$ とおく. $a \to -1+0$ のとき $\alpha \to \pi -0$ であり, $a \to 1-0$ のとき $\alpha \to +0$ であるから, \[\begin{aligned} I &= \lim_{a \to -1+0}\lim_{b \to 1-0}\int_a^b\frac{T_m(x)T_n(x)}{\sqrt{1-x^2}}\,dx \\ &= \lim_{\alpha \to \pi -0}\lim_{\beta \to +0}\int_\alpha ^\beta\frac{T_m(\cos\theta )T_n(\cos\theta )}{\sqrt{1-\cos ^2\theta}}\frac{dx}{d\theta}\,d\theta \\ &= \lim_{\alpha \to \pi -0}\lim_{\beta \to +0}\int_\alpha ^\beta\frac{\cos m\theta\cos n\theta}{\sin\theta}(-\sin\theta )\,d\theta \\ &= -\lim_{\alpha \to \pi -0}\lim_{\beta \to +0}\int_\alpha ^\beta\cos m\theta\cos n\theta\,d\theta \\ &= -\int_\pi ^0\cos m\theta\cos n\theta\,d\theta \\ &= \int_0 ^\pi\cos m\theta\cos n\theta\,d\theta \quad \cdots [1] \end{aligned}\] が成り立つ.

• $m \neq n$ のとき. $[1],$ 三角関数の積和の公式により, \[\begin{aligned} I &= \int_0^\pi\frac{\cos (m+n)\theta +\cos (m-n)\theta}{2}\,d\theta \\ &= \frac{1}{2}\left[\frac{\sin (m+n)\theta}{m+n}+\frac{\sin (m-n)\theta}{m-n}\right] _0^\pi \\ &= 0 \end{aligned}\] である.
• $m = n$ のとき. $[1],$ 半角の公式により, \[\begin{aligned} I &= \int_0^\pi\frac{1+\cos 2n\theta}{2}\,d\theta \\ &= \frac{1}{2}\left[ \theta +\frac{\sin 2n\theta}{2n}\right] _0^\pi \\ &= \frac{\pi}{2} \end{aligned}\] である.

また, \[\begin{aligned} J &= \lim_{a \to -1+0}\lim_{b \to 1-0}\int_a^bU_m(x)U_n(x)\sqrt{1-x^2}\,dx \\ &= \lim_{\alpha \to \pi -0}\lim_{\beta \to +0}\int_\alpha ^\beta U_m(\cos\theta )U_n(\cos\theta )\sqrt{1-\cos ^2\theta}\frac{dx}{d\theta}\,d\theta \\ &= \lim_{\alpha \to \pi -0}\lim_{\beta \to +0}\int_\alpha ^\beta\frac{\sin (m+1)\theta}{\sin\theta}\frac{\sin (n+1)\theta}{\sin\theta}\sin\theta (-\sin\theta )\,d\theta \\ &= -\lim_{\alpha \to \pi -0}\lim_{\beta \to +0}\int_\alpha ^\beta\sin (m+1)\theta\sin (n+1)\theta\,d\theta \\ &= -\int_\pi ^0\sin (m+1)\theta\sin (n+1)\theta\,d\theta \\ &= \int_0 ^\pi\sin (m+1)\theta\sin (n+1)\theta\,d\theta \quad \cdots [2] \end{aligned}\] が成り立つ.

• $m \neq n$ のとき. $[2],$ 三角関数の積和の公式により, \[\begin{aligned} J &= \int_0^\pi\frac{\cos (m-n)\theta-\cos (m+n+2)\theta}{2}\,d\theta \\ &= \frac{1}{2}\left[\frac{\sin (m-n)\theta}{m-n}-\frac{\sin (m+n+2)\theta}{m+n+2}\right] _0^\pi \\ &= 0 \end{aligned}\] である.
• $m = n$ のとき. $[2],$ 半角の公式により, \[\begin{aligned} J &= \int_0^\pi\frac{1-\cos 2(n+1)\theta}{2}\,d\theta \\ &= \frac{1}{2}\left[\theta -\frac{\sin 2(n+1)\theta}{2(n+1)}\right] _0^\pi \\ &= \frac{\pi}{2} \end{aligned}\] である.

\[ T_k = \int_{(k-1)\pi}^{k\pi}e^{-x}|\sin x|\,dx \quad (1 \leqq k \leqq n)\] とおく. このとき, \[ S_n = \int_0^{n\pi}e^{-x}|\sin x|\,dx = \sum\limits_{k = 1}^nT_k \quad \cdots [1]\] となる. $x = t+(k-1)\pi$ とおくと, $0 \leqq t \leqq \pi$ において \[ |\sin x| = |\sin (t+(k-1)\pi )| = |(-1)^{k-1}\sin t| = \sin t\] となるから, \[ T_k = e^{-(k-1)\pi}\int_0^\pi e^{-t}\sin t\,dt\] となる. $I = \displaystyle\int e^{-t}\sin t\,dt$ とおくと, \[\begin{aligned} I &= \int e^{-t}(-\cos t)'\,dt \\ &= -e^{-t}\cos t-\int e^{-t}\cos t\,dt \\ &= -e^{-t}\cos t-\int e^{-t}(\sin t)'\,dt \\ &= -e^{-t}\cos t-e^{-t}\sin t-I \end{aligned}\] から となるので, \[\begin{aligned} T_k &= e^{-(k-1)\pi}\left[-\frac{1}{2}e^{-t}(\sin t+\cos t)\right] _0^\pi \\ &= \frac{1+e^{-\pi}}{2}e^{-(k-1)\pi}\quad \cdots [2] \end{aligned}\] である. $[1],$ $[2]$ から, 求める極限値は, \[\begin{aligned} \lim\limits_{n \to \infty}S_n &= \lim\limits_{n \to \infty}\sum\limits_{k = 1}^nT_k = \lim\limits_{n \to \infty}\sum\limits_{k = 1}^n\frac{1+e^{-\pi}}{2}e^{-(k-1)\pi} \quad \cdots [3] \\ &= \frac{1+e^{-\pi}}{2}\cdot\frac{1}{1-e^{-\pi}} = \frac{e^{\pi}+1}{2(e^\pi -1)} \end{aligned}\] である. 最後から $2$ 番目の等号は, $[3]$ が初項 $\dfrac{1+e^{-\pi}}{2},$ 公比 $e^{-\pi}$ の無限等比級数であることによる.

　$x = a\tan \theta$ と置換すると, $\dfrac{dx}{d\theta} = \dfrac{a}{\cos ^2\theta}$ から \[\begin{aligned} \int_{-a\tan A}^{a\tan A}\frac{a^3}{a^2+x^2}\,dx &= 2a^3\int_0^{a\tan A}\frac{dx}{a^2+x^2} \\ &= 2a^3\int_0^A\frac{1}{a^2(1+\tan ^2\theta )}\cdot\frac{a}{\cos ^2\theta}\,d\theta \\ &= 2a^2\int_0^Ad\theta = 2a^2[\theta ]_0^A = 2a^2A \\ &\to 2a^2\cdot\frac{\pi}{2} = \pi a^2 \quad \left( A \to \frac{\pi}{2}-0\right) \end{aligned}\] となるので, \[ S = \pi a^2\] である.

　$0 < \theta < \pi$ において $x = a$ に対応する $\theta$ の値を $\alpha,$ $x = b$ に対応する $\theta$ の値を $\beta$ とおく. \[\begin{aligned} \frac{dx}{d\theta} &= -\sin\theta +\frac{1}{\tan\dfrac{\theta}{2}}\cdot\frac{1}{\cos ^2\dfrac{\theta}{2}}\cdot\frac{1}{2} \\ &= -\sin\theta +\frac{1}{2\sin\dfrac{\theta}{2}\cos\dfrac{\theta}{2}} \quad \left(\because\tan\frac{\theta}{2} = \frac{\sin\dfrac{\theta}{2}}{\cos\dfrac{\theta}{2}}\right) \\ &= -\sin\theta +\frac{1}{\sin\theta} \end{aligned}\] であり, $a \to -\infty$ のとき $\alpha \to +0,$ $b \to \infty$ のとき $\beta \to \pi -0$ であるから, 求める面積は \[\begin{aligned} S &= \lim_{a \to -\infty}\lim_{b \to \infty}\int_a^by\,dx \\ &= \lim_{\alpha \to +0}\lim_{\beta \to \pi -0}\int_\alpha ^\beta y\frac{dx}{d\theta}\,d\theta \\ &= \lim_{\alpha \to +0}\lim_{\beta \to \pi -0}\int_\alpha ^\beta\sin\theta\left( -\sin\theta +\frac{1}{\sin\theta}\right)\,d\theta \\ &= \lim_{\alpha \to +0}\lim_{\beta \to \pi -0}\int_\alpha ^\beta (1-\sin ^2\theta )\,d\theta \\ &= \lim_{\alpha \to +0}\lim_{\beta \to \pi -0}\int_\alpha ^\beta\cos ^2\theta\,d\theta \\ &= \int_0 ^\pi\cos ^2\theta\,d\theta = \int_0 ^\pi\frac{1+\cos 2\theta}{2}\,d\theta \\ &= \frac{1}{2}\left[\theta +\frac{\sin 2\theta}{2}\right] _0^\pi = \frac{\pi}{2} \end{aligned}\] である.

\[ r = \frac{3\cdot\dfrac{\sin\theta}{\cos\theta}\cdot\cos ^2\theta}{\left( 1+\dfrac{\sin ^3\theta}{\cos ^3\theta}\right)\cos ^3\theta} = \frac{3\tan\theta}{(1+\tan ^3\theta )\cos\theta}\] であり, $t = \tan\theta$ とおくと $\dfrac{dt}{d\theta} = \dfrac{1}{\cos ^2\theta}$ となるから, \[\begin{aligned} S &= \frac{1}{2}\int_0^{\frac{\pi}{2}}\frac{9\tan ^2\theta}{(1+\tan ^3\theta )^2}\cdot\frac{1}{\cos ^2\theta}\,d\theta \\ &= \frac{1}{2}\int_0^\infty\frac{9t^2}{(1+t^3)^2}\,dt \\ &= \frac{3}{2}\lim\limits_{G \to \infty}\int_0^G\frac{3t^2}{(1+t^3)^2}\,dt \\ &= \frac{3}{2}\lim\limits_{G \to \infty}\int_0^G\frac{(1+t^3)'}{(1+t^3)^2}\,dt \\ &= \frac{3}{2}\lim\limits_{G \to \infty}\left[ -\frac{1}{1+t^3}\right] _0^G \\ &= \frac{3}{2}\lim\limits_{G \to \infty}\left( -\frac{1}{1+G^3}+1\right) = \frac{3}{2} \end{aligned}\] が得られる.

(1)

\[ V_G = \pi\int_1^G\frac{dx}{x^2} = \pi\left[ -\frac{1}{x}\right] _1^G = \pi\left( -\frac{1}{G}+1\right)\] であるから, 求める極限値 \[\lim\limits_{G \to \infty}V_G = \lim\limits_{G \to \infty}\pi\left( -\frac{1}{G}+1\right) = \pi\] である.

(2)

与えられた公式により \[ S_G = 2\pi\int_1^G\frac{1}{x}\sqrt{1+\left( -\frac{1}{x^2}\right) ^2}\,dx\] であり, $\sqrt{1+\left( -\dfrac{1}{x^2}\right) ^2} \geqq 1$ であるから, \[ S_G \geqq 2\pi\int_1^G\frac{dx}{x} = 2\pi [\log x] _1^G = 2\pi\log G\] が成り立つ. $G \to \infty$ のとき右辺は $\infty$ に発散するから, 追い出しの原理により, 求める極限は \[\lim\limits_{G \to \infty}S_G = \infty\] である.

(1)

$M$ と円柱 $x^2+y^2 \leqq t^2,$ $0 \leqq z \leqq 1$ の共通部分を平面 $z = e^{-t^2}$ で $2$ つに切り分けて考える. $z = e^{-x^2}$ のとき, $x^2 = -\log z,$ $z > 0$ であるから, \[\begin{aligned} V(t) &= \pi t^2e^{-t^2}+\pi\int _{e^{-t^2}}^1x^2dz \\ &= \pi t^2e^{-t^2}-\pi\int_{e^{-t^2}}^1\log zdz \\ &= \pi t^2e^{-t^2}-\pi\left[ z\log z\right] _{e^{-t^2}}^1+\pi\int _{e^{-t^2}}^1z\cdot\frac{1}{z}dz \\ &= \pi t^2e^{-t^2}+\pi e^{-t^2}\log e^{-t^2}+\pi (1-e^{-t^2}) \\ &= \pi (1-e^{-t^2}) \end{aligned}\] である.

(2)

$M$ と正四角柱 $|x| \leqq t,$ $|y| \leqq t,$ $0 \leqq z \leqq 1$ の共通部分の $x$ 座標が $x$ である断面の面積 $S(x)$ は $S(x) = \displaystyle\int_{-t}^te^{-x^2-y^2}\,dy$ と表されるから, \[\begin{aligned} W(t) &= \int_{-t}^tS(x)\,dx \\ &= \int_{-t}^t\left(\int_{-t}^te^{-x^2-y^2}\,dy\right)\,dx \\ &= \int_{-t}^t\left(\int_{-t}^te^{-x^2}e^{-y^2}\,dy\right)\,dx \\ &= \int_{-t}^te^{-x^2}\left(\int_{-t}^te^{-y^2}\,dy\right)\,dx \\ &= \left(\int_{-t}^te^{-y^2}\,dy\right)\left(\int_{-t}^te^{-x^2}\,dx\right) \\ & = \left(\int_{-t}^te^{-x^2}\,dx\right) ^2 \end{aligned}\] が成り立つ.

(3)

$M$ の体積について \[\lim\limits_{t \to \infty}V(t) = \lim\limits_{t \to \infty}W(t)\] が成り立つので, \[\begin{aligned} \left(\lim\limits_{t \to \infty}\int_{-t}^te^{-x^2}\,dx\right) ^2 &= \lim\limits_{t \to \infty}\left(\int_{-t}^te^{-x^2}\,dx\right) ^2 \\ &= \lim\limits_{t \to \infty}\pi (1-e^{-t^2}) \\ &= \pi \end{aligned}\] から, $\displaystyle\lim\limits_{t \to \infty}\int_{-t}^te^{-x^2}\,dx = \sqrt\pi$ である.

(1)

$g(0) = g(\pi ) = 0$ と $g'_+(0),$ $g'_-(\pi )$ の定義から, \[\begin{aligned} \lim\limits_{\varepsilon \to +0}v(\varepsilon ) &= \lim\limits_{\varepsilon \to +0}\frac{g(\varepsilon )-g(0)}{\varepsilon}\cdot\frac{\varepsilon}{\sin\varepsilon} = g'_+(0), \\ \lim\limits_{\varepsilon \to +0}v(\pi -\varepsilon ) &= -\lim\limits_{\varepsilon \to +0}\frac{g(\pi -\varepsilon )-g(\pi )}{-\varepsilon}\cdot\frac{\varepsilon}{\sin\varepsilon} = -g'_-(\pi ) \end{aligned}\] が成り立つ.

(2)

$g(t) = v(t)\sin t$ であるから, 積の導関数の公式により \[\begin{aligned} &g'(t)^2-g(t)^2 \\ &= \{ v'(t)\sin t+v(t)\cos t\} ^2-v(t)^2\sin ^2t \\ &= v'(t)^2\sin ^2t+2v(t)v'(t)\sin t\cos t+v(t)^2(\cos ^2t -\sin ^2t) \\ &= v'(t)^2\sin ^2t+v(t)v'(t)\sin 2t+v(t)^2\cos 2t \\ &= v'(t)^2\sin ^2t+\frac{1}{2}\{ v(t)^2\sin 2t\} ' \\ &\geqq \frac{1}{2}\{ v(t)^2\sin 2t\} ' \end{aligned}\] が成り立つ. よって, $0 < \varepsilon < \pi$ のとき \[\begin{aligned} &\int _\varepsilon ^{\pi -\varepsilon}\{ g'(t)^2-g(t)^2\}\,dt \\ &\geqq \frac{1}{2}\int _\varepsilon ^{\pi -\varepsilon}\{ v(t)^2\sin 2t\} '\,dt = \frac{1}{2}[v(t)^2\sin 2t]_\varepsilon ^{\pi -\varepsilon} \\ &= \frac{1}{2}\{ v(\pi -\varepsilon )^2\sin 2(\pi -\varepsilon )-v(\varepsilon )^2\sin 2\varepsilon \} \end{aligned}\] であるので, (1) の結果から \[\begin{aligned} &\lim\limits_{\varepsilon \to +0}\int _\varepsilon ^{\pi -\varepsilon}\{ g'(t)^2-g(t)^2\}\,dt \\ &\geqq \frac{1}{2}\{ g'_-(\pi )^2\sin 2\pi -g'_+(0) ^2\sin 0\} = 0 \end{aligned}\] が得られる. 等号成立は, $0 < t < \pi$ において $v'(t)^2\sin ^2t = 0$ つまり $v'(t) = 0$ である場合に限り, このとき, ある実数 $a$ について

$v(t) = a$　つまり　$g(t) = a\sin t$

となる.

(3)

(2) の結果から, \[\begin{aligned} 0 &\leqq \lim\limits_{\varepsilon \to +0}\int_{\varepsilon}^{\pi -\varepsilon}\{ g'(t)^2-g(t)^2\}\,dt \\ &= \lim\limits_{\varepsilon \to +0}\int_{\varepsilon}^{\pi -\varepsilon}\{ 1-f'(t)^2-g(t)^2\}\,dt \\ &= \pi -\lim\limits_{\varepsilon \to +0}\int_{\varepsilon}^{\pi -\varepsilon}\{ f'(t)^2+g(t)^2\}\,dt \end{aligned}\] が成り立つ. よって, \[\begin{aligned} &\pi -2S \\ &\geqq \lim\limits_{\varepsilon \to +0}\int_{\varepsilon}^{\pi -\varepsilon}\{ f'(t)^2+g(t)^2\}\,dt-2\lim\limits_{\varepsilon \to +0}\int_{\varepsilon}^{\pi -\varepsilon}g(t)f'(t)\,dt \\ &= \lim\limits_{\varepsilon \to +0}\int_{\varepsilon}^{\pi -\varepsilon}\{ f'(t)^2+g(t)^2-2f'(t)g(t)\}\,dt \\ &= \lim\limits_{\varepsilon \to +0}\int_{\varepsilon}^{\pi -\varepsilon}\{ f'(t)-g(t)\} ^2\,dt \geqq 0 \end{aligned}\] であるから, $2S \leqq \pi$ が成り立つ. また, 等号成立は,

$f'(t) = g(t) = a\sin t$　($a$: 実数)

の場合に限る. このとき, $f(0) = 0$ から, $f(t) = a(1-\cos t)$ である. さらに, $f'(t)^2+g'(t)^2 = 1$ から, $a = 1$ である. ゆえに, 等号が成り立つときの $C$ は \[ x = 1-\cos t, \quad y = \sin t \quad (0 \leqq t \leqq \pi)\] と表される.