2佐賀大学 2017年 数学 第2問解答・解説

(1)

$\displaystyle f(x)=\dfrac{\sin x+\cos x}{e^{x}}=(\sin x+\cos x)e^{-x}$ とおく。積の微分法により $$\displaystyle \begin{aligned} f'(x)&=(\cos x-\sin x)e^{-x}+(\sin x+\cos x)(-e^{-x})\\ &=e^{-x}\{(\cos x-\sin x)-(\sin x+\cos x)\}\\ &=-2\sin x\,e^{-x}=-\frac{2\sin x}{e^{x}}. \end{aligned}$$ よって $$\displaystyle f'(x)=-\frac{2\sin x}{e^{x}}\qquad\text{……(答)}$$ これは $\displaystyle \dfrac{d}{dx}\!\left(-\dfrac12 f(x)\right)=\dfrac{\sin x}{e^{x}}$ を意味するから $$\displaystyle \int\frac{\sin x}{e^{x}}\,dx=-\frac12\cdot\frac{\sin x+\cos x}{e^{x}}+C\qquad(C\text{は積分定数})\qquad\text{……(答)}$$ 【検算】右辺を微分すると $\displaystyle -\dfrac12 f'(x)=-\dfrac12\!\left(-\dfrac{2\sin x}{e^{x}}\right)=\dfrac{\sin x}{e^{x}}$ となり，もとの被積分関数と一致する。

(2)

以後 $\displaystyle F(x)=-\dfrac{\sin x+\cos x}{2e^{x}}$ とする（(1)で得た不定積分）。

$2n\pi\le x\le(2n+1)\pi$ では $x=2n\pi+t$（$0\le t\le\pi$）とおくと $\sin x=\sin t\ge0$ であり，$e^{x}>0$ だから $\displaystyle y=\dfrac{\sin x}{e^{x}}\ge0$。したがってこの区間で曲線 $C$ は $x$ 軸の下に出ないので，面積は絶対値を付けずそのまま定積分で求まる： $$\displaystyle a_n=\int_{2n\pi}^{(2n+1)\pi}\frac{\sin x}{e^{x}}\,dx=F\bigl((2n+1)\pi\bigr)-F(2n\pi).$$ $\sin(2n\pi)=0,\ \cos(2n\pi)=1,\ \sin\bigl((2n+1)\pi\bigr)=0,\ \cos\bigl((2n+1)\pi\bigr)=-1$ であるから $$\displaystyle F(2n\pi)=-\frac{0+1}{2e^{2n\pi}}=-\frac12 e^{-2n\pi},\qquad F\bigl((2n+1)\pi\bigr)=-\frac{0+(-1)}{2e^{(2n+1)\pi}}=\frac12 e^{-(2n+1)\pi}.$$ したがって $$\displaystyle a_n=\frac12 e^{-(2n+1)\pi}+\frac12 e^{-2n\pi}=\frac{1+e^{-\pi}}{2}\,e^{-2n\pi}=\frac{1+e^{-\pi}}{2}\left(e^{-2\pi}\right)^{n}.$$ これは初項 $\displaystyle a_0=\dfrac{1+e^{-\pi}}{2}$，公比 $r=e^{-2\pi}$（$0<r<1$）の等比数列であるから，無限等比級数 $\displaystyle\sum\limits _{k=0}^{\infty}a_k$ は収束し $$\displaystyle \lim\limits _{n\to\infty}S_n=\frac{a_0}{1-r}=\dfrac{\dfrac{1+e^{-\pi}}{2}}{1-e^{-2\pi}}.$$ $1-e^{-2\pi}=(1-e^{-\pi})(1+e^{-\pi})$ であるから $$\displaystyle \lim\limits _{n\to\infty}S_n=\frac{1+e^{-\pi}}{2(1-e^{-\pi})(1+e^{-\pi})}=\frac{1}{2\left(1-e^{-\pi}\right)}\ \left(=\frac{e^{\pi}}{2\left(e^{\pi}-1\right)}\right)\qquad\text{……(答)}$$ 【検算】$\displaystyle a_0=\displaystyle\int_0^{\pi}\sin x\,e^{-x}dx=F(\pi)-F(0)$ を直接計算すると，$\displaystyle F(\pi)=\dfrac12 e^{-\pi},\ F(0)=-\dfrac12$ より $\displaystyle a_0=\dfrac{1+e^{-\pi}}{2}$ となり一般項の式（$n=0$）と一致する。また $e^{-\pi}\fallingdotseq0.0432$ とすると $\displaystyle \lim\limits _{n\to\infty}S_n\fallingdotseq0.523$ で，これは $a_0\fallingdotseq0.522$ よりわずかに大きく，正の項からなる収束級数として自然な大小関係になっている。

(3)

回転体の体積は $$\displaystyle V_n=\pi\int_0^{n\pi}\left(\frac{\sin x}{e^{x}}\right)^{2}dx=\pi\int_0^{n\pi}\sin^{2}x\,e^{-2x}\,dx.$$ 二倍角の公式 $\displaystyle \sin^{2}x=\dfrac{1-\cos2x}{2}$ を用いると $$\displaystyle \int\sin^{2}x\,e^{-2x}dx=\frac12\int e^{-2x}dx-\frac12\int e^{-2x}\cos2x\,dx.$$ $\displaystyle J=\displaystyle\int e^{-2x}\cos2x\,dx,\ K=\int e^{-2x}\sin2x\,dx$ とおき，部分積分を2回行うと $$\displaystyle J=-\frac12e^{-2x}\cos2x-K,\qquad K=-\frac12e^{-2x}\sin2x+J$$ を得る。これを $J$ について解くと $$\displaystyle 2J=-\frac12e^{-2x}\cos2x+\frac12e^{-2x}\sin2x,\qquad J=\frac{e^{-2x}(\sin2x-\cos2x)}{4}+C.$$ 【検算】$\displaystyle \dfrac{d}{dx}\dfrac{e^{-2x}(\sin2x-\cos2x)}{4}=e^{-2x}\cos2x$ となることは直接微分すれば確かめられる。

よって $$\displaystyle \int\sin^{2}x\,e^{-2x}dx=-\frac{e^{-2x}}{4}-\frac{e^{-2x}(\sin2x-\cos2x)}{8}+C=-\frac{e^{-2x}\left(2+\sin2x-\cos2x\right)}{8}+C=:G(x).$$ $\sin(2n\pi)=0,\ \cos(2n\pi)=1$ だから $$\displaystyle \begin{aligned} G(n\pi)&=-\frac{e^{-2n\pi}(2+0-1)}{8}=-\frac{e^{-2n\pi}}{8},\\ G(0)&=-\frac{1\cdot(2+0-1)}{8}=-\frac18. \end{aligned}$$ ゆえに $$\displaystyle \begin{aligned} \int_0^{n\pi}\sin^{2}x\,e^{-2x}dx &=G(n\pi)-G(0)=\frac{1-e^{-2n\pi}}{8},\\ V_n&=\frac{\pi\left(1-e^{-2n\pi}\right)}{8}. \end{aligned}$$ $n\to\infty$ のとき $e^{-2n\pi}\to0$ であるから $$\displaystyle \lim\limits _{n\to\infty}V_n=\frac{\pi}{8}\qquad\text{……(答)}$$ 【検算】$G'(x)=\sin^{2}x\,e^{-2x}$ となることは直接微分して確認済み。また $\displaystyle V_n=\dfrac{\pi(1-e^{-2n\pi})}{8}$ は $n$ について単調に増加しながら $\displaystyle \dfrac{\pi}{8}$ に近づく形をしており，回転体の体積が有界な値に収束するという設問の設定と整合する。数値積分によっても $\displaystyle\int_0^{\infty}\sin^{2}x\,e^{-2x}dx\approx0.125=\dfrac18$ であることが確認できる。