1京都府立医科大学 2015年 数学 第1問解答・解説

(1) 合成関数の微分法を用いると、 $$\displaystyle \begin{aligned} f_n'(x)&=n(2-x)^{-n-1}-n(-1)^{n-1}(2+x)^{-n-1}\\ &=n\left\{\frac{1}{(2-x)^{n+1}}+(-1)^n\frac{1}{(2+x)^{n+1}}\right\}=n f_{n+1}(x). \end{aligned}$$

(2) (1)より $\displaystyle f_{n+1}(x)=\frac1n f_n'(x)$ である。$I_1$ の定義も含め、$\displaystyle I_n=\int_0^1(1-x)^{n-1}f_n(x)\,dx$ と書けるから、部分積分により $$\displaystyle \begin{aligned} I_{n+1}&=\frac1n\int_0^1(1-x)^n f_n'(x)\,dx\\ &=\frac1n\bigl[(1-x)^n f_n(x)\bigr]_0^1+\int_0^1(1-x)^{n-1}f_n(x)\,dx\\ &=I_n-\frac{f_n(0)}n. \end{aligned}$$ ここで $\displaystyle f_n(0)=\frac{1+(-1)^{n-1}}{2^n}$ なので、$n$ が奇数なら $f_n(0)=2^{1-n}$、偶数なら $f_n(0)=0$ である。したがって $$\displaystyle I_n=\begin{cases} \dfrac{1}{2^{n-1}n}+I_{n+1}&(n\text{ が奇数}),\\ I_{n+1}&(n\text{ が偶数}) \end{cases}$$ を得る。

(3) $0\le x\le1$ では $0<(2+x)^{-n}\le(2-x)^{-n}\le1$ である。よって $n$ が奇数のときは $f_n(x)=(2-x)^{-n}+(2+x)^{-n}$、偶数のときは $f_n(x)=(2-x)^{-n}-(2+x)^{-n}$ だから、いずれも $0\le f_n(x)\le2$ となる。また $(1-x)^{n-1}\ge0$ なので $$\displaystyle 0\le I_n=\int_0^1(1-x)^{n-1}f_n(x)\,dx\le2\int_0^1(1-x)^{n-1}\,dx=\frac2n.$$

(4) まず $$\displaystyle I_1=\int_0^1\left(\frac1{2-x}+\frac1{2+x}\right)dx=\bigl[-\log(2-x)+\log(2+x)\bigr]_0^1=\log3.$$ (2)を奇数 $n=2k-1$ と偶数 $n=2k$ に適用すると $$\displaystyle I_{2k-1}=\frac{1}{4^{k-1}(2k-1)}+I_{2k},\qquad I_{2k}=I_{2k+1}.$$ これを $k=1,\ldots,m$ について繰り返すと $$\displaystyle I_1=\sum\limits _{k=1}^{m}\frac{1}{4^{k-1}(2k-1)}+I_{2m+1}.$$ (3)より $\displaystyle 0\le I_{2m+1}\le\frac{2}{2m+1}\to0$ である。したがって上の有限和の極限をとれば $$\displaystyle \sum\limits _{k=1}^{\infty}\frac{1}{4^{k-1}(2k-1)}=I_1=\log3$$ となる。