1旭川医科大学 2016年 数学 第1問解答・解説

$$\displaystyle \text{問1}\quad h(x)=x+1-\frac{\pi}{4}-\tan x\text{ とおくと、} h'(x)=1-\sec^2x=-\tan^2x\leq 0. \text{したがって }h\text{ は }0\le x\le\frac{\pi}{4}\text{ の範囲で減少し、} h(x)\geq h(\frac{\pi}{4})=0. \text{よって }\tan x\leq x+1-\frac{\pi}{4}. \text{問2}\quad a=1-\frac{\pi}{4}>0\text{ とする。問1と }\tan x\geq0\text{ より} 0\leq I_n\leq\int_0^{\pi/4}(x+a)^n\,dx=\frac{1-a^{n+1}}{n+1}\leq\frac{1}{n+1}. \text{右端は }n\to\infty\text{ で }0\text{ に収束するので、はさみうちにより }\lim\limits _{n\to\infty}I_n=0. \text{問3}\quad \tan^2x=\sec^2x-1\text{ だから} I_{n+2}=\int_0^{\pi/4}\tan^n x\sec^2x\,dx-I_n =\left[\frac{\tan^{n+1}x}{n+1}\right]_0^{\pi/4}-I_n=\frac{1}{n+1}-I_n. \text{ゆえに }I_n+I_{n+2}=\frac{1}{n+1}. \text{問4}\quad \text{問3で }n=2k-1\text{ とすると} \frac{1}{2k}=I_{2k-1}+I_{2k+1}. \text{したがって部分和は、項を順に消去して} \sum\limits _{k=1}^{N}\frac{(-1)^{k+1}}{2k}=I_1+(-1)^{N+1}I_{2N+1}. \text{問2より }I_{2N+1}\to0\text{ なので、求める和は }I_1\text{ に等しい。さらに} I_1=\int_0^{\pi/4}\tan x\,dx=[-\ln(\cos x)]_0^{\pi/4}=\frac{\ln 2}{2}. \text{よって求める和は }\frac{\ln 2}{2}.$$