III順天堂大学 2025年 数学 第III問解答・解説

(1) $$\displaystyle I_0=\int_0^{\pi/4}\tan x\,dx =\left[-\log(\cos x)\right]_0^{\pi/4} =-\log\frac{\sqrt2}{2} =\frac12\log2.$$

(2) $n\geq1$ とする。$\tan^2x=\sec^2x-1$ より $$\displaystyle I_n=\int_0^{\pi/4}\tan^{2n-1}x\sec^2x\,dx-I_{n-1} =\left[\frac{\tan^{2n}x}{2n}\right]_0^{\pi/4}-I_{n-1} =\frac1{2n}-I_{n-1}.$$ まず $n=1$ では $$\displaystyle I_1=\frac12-I_0=(-1)\left(I_0-\frac12\right) =(-1)^1\left(I_0+\sum\limits _{m=1}^1\frac{(-1)^m}{2m}\right),$$ となり、主張は成り立つ。

$n\geq1$ で主張が成り立つと仮定すると、漸化式から $$\displaystyle \begin{aligned} I_{n+1} &=\frac1{2(n+1)}-I_n\\ &=\frac1{2(n+1)}-(-1)^n\left(I_0+\sum\limits _{m=1}^n\frac{(-1)^m}{2m}\right)\\ &=(-1)^{n+1}\left(I_0+\sum\limits _{m=1}^{n+1}\frac{(-1)^m}{2m}\right). \end{aligned}$$ よって数学的帰納法により、すべての $n\geq1$ で $$\displaystyle I_n=(-1)^n\left(I_0+\sum\limits _{m=1}^n\frac{(-1)^m}{2m}\right)$$ が成り立つ。

(3) 許された評価と $\tan x\geq0$ より $$\displaystyle 0\leq I_n\leq\int_0^{\pi/4}\left(\frac4\pi x\right)^{2n+1}dx =\left(\frac4\pi\right)^{2n+1}\frac{(\pi/4)^{2n+2}}{2n+2} =\frac{\pi}{8(n+1)}.$$ 従って $I_n\to0$ である。$\displaystyle S_n=\sum\limits _{m=1}^n(-1)^m/m$ とおくと、(2)の式から $$S_n=2(-1)^nI_n-2I_0.$$ 右辺の第1項は $0$ に収束し、(1)より $2I_0=\log2$ だから、部分和 $S_n$ は $-\log2$ に収束する。したがって $$\displaystyle \log2=-\sum\limits _{m=1}^{\infty}\frac{(-1)^m}{m}$$ が示された。