4佐賀大学 2020年 数学 第4問解答・解説

以下,$\displaystyle c=\dfrac{\pi}{2}$ とおき, $$\displaystyle I_n=\int_0^{\pi/2}x^n\sin x\,dx,\qquad J_n=\int_0^{\pi/2}x^n\cos x\,dx$$ とする($n$ は自然数).定義より $\displaystyle a_n=\left(\dfrac{2}{\pi}\right)^nI_n=c^{-n}I_n$, $b_n=c^{-n}J_n$ である.

(1) $a_1,\ b_1$ を求める.

部分積分により $$\displaystyle I_1=\int_0^{\pi/2}x\sin x\,dx=\Bigl[-x\cos x\Bigr]_0^{\pi/2}+\int_0^{\pi/2}\cos x\,dx =0+\Bigl[\sin x\Bigr]_0^{\pi/2}=1.$$ よって $\displaystyle a_1=\dfrac{2}{\pi}\cdot I_1=\dfrac{2}{\pi}$.

また $$\displaystyle J_1=\int_0^{\pi/2}x\cos x\,dx=\Bigl[x\sin x\Bigr]_0^{\pi/2}-\int_0^{\pi/2}\sin x\,dx =\frac{\pi}{2}-\Bigl[-\cos x\Bigr]_0^{\pi/2}=\frac{\pi}{2}-1.$$ よって $\displaystyle b_1=\dfrac{2}{\pi}\left(\dfrac{\pi}{2}-1\right)=1-\dfrac{2}{\pi}=\dfrac{\pi-2}{\pi}$.

(検算:$a_1=2/\pi\approx0.6366>0$,$b_1\approx0.3634>0$ で,いずれも $0<a_1,b_1<1$ を満たし,被積分関数が $0\le x\le\pi/2$ で非負であることと整合する.)

(2) $n\ge2$ のとき $a_n,\ b_n$ を求める.

$I_n$ を部分積分する.$u=x^n,\ dv=\sin x\,dx$ とおくと $du=nx^{n-1}dx,\ v=-\cos x$ であるから $$\displaystyle I_n=\Bigl[-x^n\cos x\Bigr]_0^{\pi/2}+n\int_0^{\pi/2}x^{n-1}\cos x\,dx =-\left(\frac{\pi}{2}\right)^n\cos\frac{\pi}{2}+0+nJ_{n-1}=nJ_{n-1}$$ (境界項は $\cos(\pi/2)=0$ と $x=0$ での消滅により $0$).ゆえに $$\displaystyle a_n=c^{-n}I_n=c^{-n}nJ_{n-1} =n c^{-1}c^{-(n-1)}J_{n-1} =\frac{n}{c}b_{n-1} =\frac{2n}{\pi}b_{n-1}.$$

同様に $J_n$ を部分積分する.$u=x^n,\ dv=\cos x\,dx$ とおくと $v=\sin x$ であるから $$\displaystyle J_n=\Bigl[x^n\sin x\Bigr]_0^{\pi/2}-n\int_0^{\pi/2}x^{n-1}\sin x\,dx =\left(\frac{\pi}{2}\right)^n\cdot1-0-nI_{n-1}=c^n-nI_{n-1}.$$ ゆえに $$\displaystyle b_n=c^{-n}J_n =1-nc^{-n}I_{n-1} =1-\frac{n}{c}\left(c^{-(n-1)}I_{n-1}\right) =1-\frac{n}{c}a_{n-1} =1-\frac{2n}{\pi}a_{n-1}.$$

以上より,$n\ge2$ のとき $$\displaystyle \boxed{a_n=\frac{2n}{\pi}\,b_{n-1}},\qquad \boxed{b_n=1-\frac{2n}{\pi}\,a_{n-1}}.$$

(検算:$n=2$ で直接積分すると $I_2=\pi-2$ より $\displaystyle a_2=\dfrac{4}{\pi^2}(\pi-2)\approx0.4626$.一方 $\displaystyle \dfrac{2\cdot2}{\pi}b_1=\dfrac{4}{\pi}\left(1-\dfrac{2}{\pi}\right)\approx0.4626$ と一致.また $\displaystyle J_2=\dfrac{\pi^2}{4}-2$ より $\displaystyle b_2=1-\dfrac{8}{\pi^2}\approx0.1894$,一方 $\displaystyle 1-\dfrac{4}{\pi}a_1=1-\dfrac{8}{\pi^2}$ と一致し,漸化式が検証できる.)

(3) $\displaystyle\lim\limits _{n\to\infty}na_n$ および $\displaystyle\lim\limits _{n\to\infty}n^2b_n$ を求める.

準備(初等的な三角不等式). $t\ge0$ に対して次の3つの不等式が成り立つ. $$\displaystyle \text{(I)}\ \sin t\le t,\qquad \text{(II)}\ \cos t\ge1-\frac{t^2}{2},\qquad \text{(III)}\ \sin t\ge t-\frac{t^3}{6}.$$ 証明:$f(t)=t-\sin t$ とおくと $f(0)=0,\ f'(t)=1-\cos t\ge0\ (t\ge0)$ より $f$ は単調増加,よって $f(t)\ge f(0)=0$,すなわち(I)が成り立つ. 次に $\displaystyle g(t)=\cos t-1+\dfrac{t^2}{2}$ とおくと $g(0)=0,\ g'(t)=-\sin t+t=f(t)\ge0$ (上の(I)による)ので $g$ は単調増加,よって $g(t)\ge0$,すなわち(II)が成り立つ. 最後に $\displaystyle h(t)=\sin t-t+\dfrac{t^3}{6}$ とおくと $\displaystyle h(0)=0,\ h'(t)=\cos t-1+\dfrac{t^2}{2}=g(t)\ge0$ (上の(II)による)ので $h$ は単調増加,よって $h(t)\ge0$,すなわち(III)が成り立つ.

補助積分. $k=0,1,2,3$ に対し $$\displaystyle Q(n,k):=\int_0^{c}(c-t)^n t^k\,dt$$ を計算する.$k\ge1$ のとき $u=t^k,\ dv=(c-t)^n dt$ として部分積分すると($t=0,c$ での境界項はいずれも $0$) $$\displaystyle Q(n,k)=\frac{k}{n+1}\,Q(n+1,k-1),$$ これを繰り返し用い,$\displaystyle Q(n,0)=\dfrac{c^{n+1}}{n+1}$ から出発すると $$\displaystyle Q(n,k)=\frac{k!\,c^{\,n+k+1}}{(n+1)(n+2)\cdots(n+k+1)}.$$ 特に $$\displaystyle Q(n,0)=\frac{c^{n+1}}{n+1},\quad Q(n,1)=\frac{c^{n+2}}{(n+1)(n+2)},\quad Q(n,2)=\frac{2c^{n+3}}{(n+1)(n+2)(n+3)},\quad Q(n,3)=\frac{6c^{n+4}}{(n+1)(n+2)(n+3)(n+4)}.$$

$I_n$ の評価と $\displaystyle \lim na_n$. $t=c-x$ ($c=\pi/2$) と置換すると,$x=c-t$ のとき $\sin x=\sin(c-t)=\cos t$ であるから $$\displaystyle I_n=\int_0^{\pi/2}x^n\sin x\,dx=\int_0^{c}(c-t)^n\cos t\,dt.$$ (II)と余弦の値域から成り立つ不等式 $\cos t\le1$ を用いると $$\displaystyle Q(n,0)-\frac12Q(n,2)\le I_n\le Q(n,0),$$ すなわち $$\displaystyle \frac{c^{n+1}}{n+1}-\frac{c^{n+3}}{(n+1)(n+2)(n+3)}\ \le\ I_n\ \le\ \frac{c^{n+1}}{n+1}.$$ 両辺を $c^n$ で割って $a_n=c^{-n}I_n$ とし,さらに $n$ 倍すると $$\displaystyle \frac{nc}{n+1}-\frac{nc^3}{(n+1)(n+2)(n+3)}\ \le\ na_n\ \le\ \frac{nc}{n+1}.$$ $n\to\infty$ のとき右辺 $\to c$,左辺の第1項も $\to c$,第2項は分母が3次・分子が1次なので $\to0$.ゆえに左辺全体も $c$ に収束し,はさみうちの原理により $$\displaystyle \lim\limits _{n\to\infty}na_n=c=\frac{\pi}{2}.$$

$J_n$ の評価と $\displaystyle \lim n^2b_n$. 同じ置換で $\cos x=\cos(c-t)=\sin t$ であるから $$\displaystyle J_n=\int_0^{\pi/2}x^n\cos x\,dx=\int_0^{c}(c-t)^n\sin t\,dt.$$ (I)と(III)を用いると $$\displaystyle Q(n,1)-\frac16Q(n,3)\ \le\ J_n\ \le\ Q(n,1),$$ すなわち $$\displaystyle \frac{c^{n+2}}{(n+1)(n+2)}-\frac{c^{n+4}}{(n+1)(n+2)(n+3)(n+4)}\ \le\ J_n\ \le\ \frac{c^{n+2}}{(n+1)(n+2)}.$$ 両辺を $c^n$ で割って $b_n=c^{-n}J_n$ とし,さらに $n^2$ 倍すると $$\displaystyle \frac{n^2c^2}{(n+1)(n+2)}-\frac{n^2c^4}{(n+1)(n+2)(n+3)(n+4)}\ \le\ n^2b_n\ \le\ \frac{n^2c^2}{(n+1)(n+2)}.$$ $n\to\infty$ のとき右辺 $\to c^2$.左辺の第1項も $\to c^2$(分母・分子とも2次),第2項は分母が4次・分子が2次なので $\to0$.ゆえに左辺全体も $c^2$ に収束し,はさみうちの原理により $$\displaystyle \lim\limits _{n\to\infty}n^2b_n=c^2=\frac{\pi^2}{4}.$$

(検算:数値的に $n=2,3,4$ について漸化式から得られる値 $na_n=0.925,\,1.085,\,1.186,\ldots$ は単調に $\pi/2\approx1.571$ に近づき,$n^2b_n=0.758,\,1.048,\,1.259,\ldots$ は単調に $\pi^2/4\approx2.467$ に近づく.収束は遅い$\bigl(O(1/n)\bigr)$ものの,上記の不等式による上下からの評価とも整合する.また $a_n,b_n$ の定義上 $0<a_n,b_n<1$ が成り立ち続けることも矛盾しない.)

結論 $$\displaystyle a_1=\frac{2}{\pi},\quad b_1=1-\frac{2}{\pi};\qquad a_n=\frac{2n}{\pi}b_{n-1},\quad b_n=1-\frac{2n}{\pi}a_{n-1}\ (n\ge2);\qquad \lim\limits _{n\to\infty}na_n=\frac{\pi}{2},\quad \lim\limits _{n\to\infty}n^2b_n=\frac{\pi^2}{4}.$$