4熊本大学 2015年 数学 第4問解答・解説

$r>0$ とする。$q=e^{-r\pi}$ とおけば $0<q<1$ である。また $$\displaystyle \int_0^\pi e^{-rt}\sin t\,dt =\left[\frac{e^{-rt}(-r\sin t-\cos t)}{1+r^2}\right]_0^\pi =\frac{1+q}{1+r^2}.$$ 実際、角括弧内の関数を微分すると $e^{-rt}\sin t$ となる。

(問1) 積分区間の差を取り、$x=n\pi+t$ と置換する。$0\le t\le\pi$ では $|\sin(n\pi+t)|=\sin t$ だから $$\displaystyle \begin{aligned} a_{n+1}-a_n &=\int_{n\pi}^{(n+1)\pi}e^{-rx}|\sin x|\,dx\\ &=e^{-nr\pi}\int_0^\pi e^{-rt}\sin t\,dt =\frac{(1+q)q^n}{1+r^2}. \end{aligned}$$ よって $\displaystyle a_{n+1}-a_n=\dfrac{(1+e^{-r\pi})e^{-nr\pi}}{1+r^2}$。

(問2) 各区間 $[k\pi,(k+1)\pi]$ に同じ置換を用いると、その区間の積分は $q^k(1+q)/(1+r^2)$ である。したがって有限等比数列の和より $$\displaystyle \begin{aligned} a_n&=\sum\limits _{k=0}^{n-1}\int_{k\pi}^{(k+1)\pi}e^{-rx}|\sin x|\,dx\\ &=\frac{1+q}{1+r^2}\sum\limits _{k=0}^{n-1}q^k =\frac{(1+q)(1-q^n)}{(1+r^2)(1-q)}\\ &=\frac{(1+e^{-r\pi})(1-e^{-nr\pi})}{(1+r^2)(1-e^{-r\pi})}. \end{aligned}$$

(問3) $0<q<1$ より $q^n\to0$ である。問(2)から $$\displaystyle \lim\limits _{n\to\infty}a_n=\frac{1+q}{(1+r^2)(1-q)} =\frac{1+e^{-r\pi}}{(1+r^2)(1-e^{-r\pi})}.$$

(問4) 問(3)の右辺を $f(r)$ とする。$u=\pi r$ と置けば $$\displaystyle rf(r)=\frac{1+e^{-u}}{\pi(1+r^2)}\cdot\frac{u}{1-e^{-u}}.$$ 基本極限 $\displaystyle\lim\limits _{u\to0+}\frac{1-e^{-u}}{u}=1$ と $r\to0+$ を用いると $$\displaystyle \lim\limits _{r\to0+}rf(r)=\frac{2}{\pi}.$$