北海道大学 1995年度 後期日程 第2次学力試験理系（後期）数学 第4問

(1) 面積なので$$S_n={\int }_0^{n\pi }2e^{-x}\mathrm{\mid }\sin x\mathrm{\mid }dx$$である．区間 $[k\pi ,(k+1)\pi ]$ では $\sin x$ の符号が一定であり，$\mathrm{\mid }\sin x\mathrm{\mid }=(-1{)}^k\sin x$ である．そこで $k=0,1,\dots ,n-1$ について1区間分の面積を求める．

まず$$\int 2e^{-x}\sin xdx=-e^{-x}(\sin x+\cos x)$$である．したがって$${\int }_{k\pi }^{(k+1)\pi }2e^{-x}\mathrm{\mid }\sin x\mathrm{\mid }dx=(-1{)}^k{[-e^{-x}(\sin x+\cos x)]}_{k\pi }^{(k+1)\pi }$$となる．端点では $\sin k\pi =0$，$\cos k\pi =(-1{)}^k$ なので$${\int }_{k\pi }^{(k+1)\pi }2e^{-x}\mathrm{\mid }\sin x\mathrm{\mid }dx=e^{-k\pi }+e^{-(k+1)\pi }$$である．

よって$$S_n=\sum _{k=0}^{n-1}(e^{-k\pi }+e^{-(k+1)\pi })=(1+e^{-\pi })\sum _{k=0}^{n-1}{e}^{-k\pi }$$である．等比数列の和を用いて $$S_n=(1+e^{-\pi }){\displaystyle \frac{1-e^{-n\pi }}{1-e^{-\pi }}}$$ を得る．

(2) $0<e^{-\pi }<1$ なので $e^{-n\pi }\to 0$ である．したがって$$\underset{n\to \mathrm{\infty }}{\lim }{S}_n={\displaystyle \frac{1+e^{-\pi }}{1-e^{-\pi }}}$$である．

等比的に小さくなる面積

被積分関数 $2e^{-x}\mathrm{\mid }\sin x\mathrm{\mid }$ が $\pi$ 平行移動ごとに $e^{-\pi }$ 倍されることを使う．最初の1区間だけ積分し，面積の漸化式を等比和として解く．

(1) $$F(x)=2e^{-x}\mathrm{\mid }\sin x\mathrm{\mid }$$とおく．$\mathrm{\mid }\sin (x+\pi )\mathrm{\mid }=\mathrm{\mid }\sin x\mathrm{\mid }$ だから$$F(x+\pi )=e^{-\pi }F(x)\mathrm{.}$$最初の区間の面積は$$\begin{array}{rl}{\displaystyle I}& {\displaystyle ={\int }_0^{\pi }2e^{-x}\sin xdx}\\ {\displaystyle }& {\displaystyle ={[-e^{-x}(\sin x+\cos x)]}_0^{\pi }}\\ {\displaystyle }& {\displaystyle =1+e^{-\pi }\mathrm{.}}\end{array}$$平行移動の関係より，第 $k+1$ 区間
$[k\pi ,(k+1)\pi ]$ の面積は $e^{-k\pi }I$ である．したがって$$\begin{array}{rl}{\displaystyle S_n}& {\displaystyle =I(1+e^{-\pi }+\cdots +e^{-(n-1)\pi })}\\ {\displaystyle }& {\displaystyle =(1+e^{-\pi }){\displaystyle \frac{1-e^{-n\pi }}{1-e^{-\pi }}}\mathrm{.}}\end{array}$$(2)

$0<e^{-\pi }<1$ なので $e^{-n\pi }\to 0$．よって$$\underset{n\to \mathrm{\infty }}{\lim }{S}_n={\displaystyle \frac{1+e^{-\pi }}{1-e^{-\pi }}}\mathrm{.}$$