4高知大学 2016年 数学 第4問解答・解説

準備（共通の道具立て）

まず，非負整数 $m$ に対して $$\displaystyle \int_{-1}^{1}x^{m}\,dx= \begin{cases} 0 & (m\ \text{が奇数のとき})\\[2pt] \dfrac{2}{m+1} & (m\ \text{が偶数のとき}) \end{cases}$$ が成り立つ。実際，$m$ が奇数のとき被積分関数 $x^{m}$ は奇関数だから$-1\le x\le1$ の範囲の定積分は $0$ であり，$m$ が偶数のときは $$\displaystyle \int_{-1}^{1}x^{m}\,dx=\left[\frac{x^{m+1}}{m+1}\right]_{-1}^{1}=\frac{2}{m+1}$$ である。

多項式 $\displaystyle f(x)=\displaystyle\sum\limits _{i=0}^{k}c_{i}x^{i}$（$c_{i}$ は係数，$k$ は次数で $c_{k}\neq0$）に対して $$\displaystyle a_{n}=\int_{-1}^{1}x^{n-1}f(x)\,dx=\sum\limits _{i=0}^{k}c_{i}\int_{-1}^{1}x^{\,n-1+i}\,dx$$ であるから，上の公式より，指数 $n-1+i$ が偶数となる $i$（すなわち $i$ と $n+1$ が同じ偶奇であり，同じことだが $n$ が奇数のときは $i$ が偶数，$n$ が偶数のときは $i$ が奇数）だけが寄与し， $$\displaystyle a_{n}=\sum\limits _{\substack{0\le i\le k\\ n-1+i:\ \text{偶数}}}\frac{2c_{i}}{n+i} \tag{$\ast$}$$ を得る。以下ではこの $(\ast)$ を繰り返し用いる。

(1)

$f(x)$ は $2$ 次式だから，$f(x)=px^{2}+qx+r$（$p\neq0$）とおける。$(\ast)$（あるいは直接計算）により $$\displaystyle a_{1}=\int_{-1}^{1}f(x)\,dx=\int_{-1}^{1}(px^{2}+qx+r)\,dx=2r+\frac{2p}{3},$$ $$\displaystyle a_{3}=\int_{-1}^{1}x^{2}f(x)\,dx=\int_{-1}^{1}(px^{4}+qx^{3}+rx^{2})\,dx=\frac{2p}{5}+\frac{2r}{3}$$ である（$q$ を含む項は奇関数の積分だから消える）。

仮定 $a_{1}=0$ より $$\displaystyle 2r+\frac{2p}{3}=0\quad\text{すなわち}\quad r=-\frac{p}{3}.$$ これを $a_{3}$ の式に代入すると $$\displaystyle a_{3}=\frac{2p}{5}+\frac{2}{3}\left(-\frac{p}{3}\right)=\frac{2p}{5}-\frac{2p}{9}=\left(\frac{18-10}{45}\right)p=\frac{8p}{45}.$$ $f(x)$ は $2$ 次式であるから $p\neq0$ である。したがって $\displaystyle a_{3}=\dfrac{8p}{45}\neq0$ となり，$a_{3}\neq0$ が示された。$\blacksquare$

(2)

再び $f(x)=px^{2}+qx+r$（$p\neq0$）とおく。(1) と同様に $$\displaystyle a_{1}=2r+\frac{2p}{3},\qquad a_{2}=\int_{-1}^{1}xf(x)\,dx=\int_{-1}^{1}(px^{3}+qx^{2}+rx)\,dx=\frac{2q}{3},\qquad a_{3}=\frac{2p}{5}+\frac{2r}{3}$$ である（$a_2$ では $p,r$ を含む項が奇関数の積分になって消える）。条件 $\displaystyle a_{1}=1,\ a_{2}=0,\ a_{3}=\dfrac{3}{5}$ より $$\displaystyle 2r+\frac{2p}{3}=1,\qquad \frac{2q}{3}=0,\qquad \frac{2p}{5}+\frac{2r}{3}=\frac{3}{5}.$$ 第2式より $q=0$。第1式より $\displaystyle r=\dfrac12-\dfrac{p}{3}$。これを第3式に代入すると $$\displaystyle \frac{2p}{5}+\frac{2}{3}\left(\frac12-\frac{p}{3}\right)=\frac{3}{5} \quad\text{すなわち}\quad \frac{2p}{5}-\frac{2p}{9}+\frac13=\frac35 \quad\text{すなわち}\quad \frac{8p}{45}=\frac{4}{15} \quad\text{すなわち}\quad p=\frac{3}{2}.$$ よって $\displaystyle r=\dfrac12-\dfrac12=0$。したがって $$\displaystyle f(x)=\frac{3}{2}x^{2}$$ であり，これは $\displaystyle p=\dfrac32\neq0$ より確かに $2$ 次式であって，条件をすべて満たす（検算：$\displaystyle a_1=2\cdot0+\frac{2}{3}\cdot\frac32=1$，$a_2=0$，$\displaystyle a_3=\frac{2}{5}\cdot\frac32+0=\frac35$）。

このとき，一般項は $$\displaystyle a_{n}=\int_{-1}^{1}x^{n-1}\cdot\frac32x^{2}\,dx=\frac32\int_{-1}^{1}x^{n+1}\,dx$$ であり，冒頭の公式より $n+1$ が奇数のとき（すなわち $n$ が偶数のとき）はこれが $0$，$n+1$ が偶数のとき（すなわち $n$ が奇数のとき）は $$\displaystyle a_{n}=\frac32\cdot\frac{2}{n+2}=\frac{3}{n+2}$$ となる。まとめて $$\displaystyle a_{n}= \begin{cases} \dfrac{3}{n+2} & (n\ \text{が奇数のとき})\\[6pt] 0 & (n\ \text{が偶数のとき}) \end{cases} \qquad\Bigl(\text{一つの式で書けば }a_n=\dfrac{3\{1-(-1)^{n}\}}{2(n+2)}\Bigr).$$ （検算：$a_1=3/3=1$，$a_2=0$，$a_3=3/5$ で条件と一致する。）$\blacksquare$

(3)

$\displaystyle f(x)=\displaystyle\sum\limits _{i=0}^{k}c_{i}x^{i}$ とし，$\displaystyle M=\max\limits _{0\le i\le k}|c_{i}|$ とおく。$n$ を任意の自然数とし，$N=2n$（偶数）に $(\ast)$ を適用する。$N-1+i$（$=2n-1+i$）が偶数となるのは $i$ が奇数のときであるから， $$\displaystyle a_{2n}=\sum\limits _{\substack{i:\ \text{奇数}\\ 1\le i\le k}}\frac{2c_{i}}{2n+i}.$$ （右辺の和は，$1\le i\le k$ を満たす奇数 $i$ 全体を渡る。奇数 $i$ が $1$ 以上 $k$ 以下に存在しない場合，すなわち $k=0$ の場合は和は空で $a_{2n}=0$ となり，左辺が0で右辺が0以上なので、主張が成り立つ。以下 $k\ge1$ として和が空でない場合を考える。）

この和に含まれる添字の個数を $L$ とすると，$1$ から $k$ までの奇数の個数であるから $$\displaystyle L=\left\lfloor\frac{k+1}{2}\right\rfloor,\qquad \text{ゆえに}\quad 2L\le k+1.$$ （$\lfloor x\rfloor\le x$ より $\displaystyle 2\left\lfloor\frac{k+1}{2}\right\rfloor\le k+1$ が常に成り立つ。）

三角不等式と $|c_{i}|\le M$ より $$\displaystyle |a_{2n}|\le\sum\limits _{\substack{i:\ \text{奇数}\\1\le i\le k}}\frac{2|c_{i}|}{2n+i} \le\sum\limits _{\substack{i:\ \text{奇数}\\1\le i\le k}}\frac{2M}{2n+i}.$$ ここで，和に現れる $i$ はすべて $i\ge1$ を満たすから $2n+i\ge 2n+1>0$，したがって $\displaystyle \dfrac{1}{2n+i}\le\dfrac{1}{2n+1}$ である。よって $$\displaystyle |a_{2n}|\le\sum\limits _{\substack{i:\ \text{奇数}\\1\le i\le k}}\frac{2M}{2n+1}=L\cdot\frac{2M}{2n+1}=\frac{2LM}{2n+1}.$$ 先に示した $2L\le k+1$ を用いれば $$\displaystyle |a_{2n}|\le\frac{2LM}{2n+1}\le\frac{(k+1)M}{2n+1}$$ が得られる。以上より，任意の自然数 $n$ に対して $\displaystyle |a_{2n}|\le\dfrac{(k+1)M}{2n+1}$ が成り立つことが示された。$\blacksquare$

(4)

$\displaystyle f(x)=\displaystyle\sum\limits _{i=0}^{k}c_{i}x^{i}$，$\displaystyle M=\max\limits _{0\le i\le k}|c_{i}|$ とする（$f$ が定数のときは $k=0$ とする）。任意の自然数 $N$ に対して $(\ast)$ より $a_N$ は，ある添字集合 $I\subset\{0,1,\dots,k\}$（$N$ の偶奇で定まる）を用いて $$\displaystyle a_{N}=\sum\limits _{i\in I}\frac{2c_{i}}{N+i}$$ と表せる。三角不等式と $|c_i|\le M$，および $N+i\ge N$（$i\ge0$）より，各項について $$\displaystyle \left|\frac{2c_i}{N+i}\right|\le\frac{2M}{N+i}\le\frac{2M}{N}$$ であるから，和の項数が高々 $k+1$ 個であることを合わせて $$\displaystyle 0\le|a_{N}|\le\sum\limits _{i\in I}\frac{2M}{N}\le\frac{2(k+1)M}{N}$$ を得る。$f(x)$（したがって $k,M$）は $N$（$=n$）に依存しない定数であるから，$N\to\infty$ のとき $$\displaystyle \frac{2(k+1)M}{N}\longrightarrow 0$$ である。ゆえにはさみうちの原理により $$\displaystyle \lim\limits _{N\to\infty}|a_{N}|=0,\quad\text{すなわち}\quad \lim\limits _{n\to\infty}a_{n}=0$$ が成り立つ。これは任意の多項式 $f(x)$ について成り立つので，主張が示された。$\blacksquare$

（注：(3)の不等式はこの一般論の $N=2n$ の場合をより精密に評価したものになっている。）