北海道大学 1999年度 前期日程 第2次学力試験理系数学 第4問

(1) $x=t+n$ とおくと、$x=n$ から $n+1$ まで動くとき、$t$ は0から1まで動く。また周期1より $f(t+n)=f(t)$ である。したがって$$\begin{array}{rl}{\displaystyle {\int }_n^{n+1}{e}^{ax}f(x)dx}& {\displaystyle ={\int }_0^1{e}^{a(t+n)}f(t+n)dt}\\ {\displaystyle }& {\displaystyle =e^{an}{\int }_0^1{e}^{at}f(t)dt}\\ {\displaystyle }& {\displaystyle =e^{an}p\mathrm{.}}\end{array}$$(2)
区間 $[0,n]$ を $[0,1]$、$[1,2]$、$\dots$、$[n-1,n]$ に分けると、(1)より$${\int }_k^{k+1}{e}^{ax}f(x)dx=e^{ak}p$$である。したがって$${\int }_0^n{e}^{ax}f(x)dx=p(1+e^a+e^{2a}+\cdots +e^{a(n-1)})\mathrm{.}$$よって、$a\mathrm{\ne }0$ のときは等比数列の和より$${\int }_0^n{e}^{ax}f(x)dx=p{\displaystyle \frac{e^{an}-1}{e^a-1}}$$である。$a=0$ のときは各区間の積分がすべて $p$ になるので$${\int }_0^{n}f(x)dx=np$$である。

(3)
ここでは $a=-1$ である。まず$$p={\int }_0^1{e}^{-x}f(x)dx$$を求める。$0\leqq x\leqq 1\mathrm{/}2$ では $f(x)=x+1$ であり、$1\mathrm{/}2\leqq x\leqq 1$ では $f(x)=2-x$ である。したがって$$\begin{array}{rl}{\displaystyle p}& {\displaystyle ={\int }_0^{1\mathrm{/}2}{e}^{-x}(x+1)dx+{\int }_{1\mathrm{/}2}^1{e}^{-x}(2-x)dx\mathrm{.}}\end{array}$$それぞれ$$\int e^{-x}(x+1)dx=-(x+2)e^{-x},$$$$\int e^{-x}(2-x)dx=(x-1)e^{-x}$$であるから$$\begin{array}{rl}{\displaystyle {\int }_0^{1\mathrm{/}2}{e}^{-x}(x+1)dx}& {\displaystyle ={[-(x+2)e^{-x}]}_0^{1\mathrm{/}2}}\\ {\displaystyle }& {\displaystyle =2-{\displaystyle \frac{5}{2}}{e}^{-1\mathrm{/}2},}\end{array}$$$$\begin{array}{rl}{\displaystyle {\int }_{1\mathrm{/}2}^1{e}^{-x}(2-x)dx}& {\displaystyle ={[(x-1)e^{-x}]}_{1\mathrm{/}2}^1}\\ {\displaystyle }& {\displaystyle ={\displaystyle \frac{1}{2}}{e}^{-1\mathrm{/}2}\mathrm{.}}\end{array}$$よって $p=2-2e^{-1\mathrm{/}2}$ である。

(2) で $a=-1$ とすると$${\int }_0^n{e}^{-x}f(x)dx=p{\displaystyle \frac{e^{-n}-1}{e^{-1}-1}}=p{\displaystyle \frac{1-e^{-n}}{1-e^{-1}}}\mathrm{.}$$したがって $n\to \mathrm{\infty }$ とすると$$\underset{n\to \mathrm{\infty }}{\lim }{\int }_0^n{e}^{-x}f(x)dx={\displaystyle \frac{p}{1-e^{-1}}}={\displaystyle \frac{2-2e^{-1\mathrm{/}2}}{1-e^{-1}}}\mathrm{.}$$ここで $e^{-1}=(e^{-1\mathrm{/}2}{)}^2$ だから$${\displaystyle \frac{2-2e^{-1\mathrm{/}2}}{1-e^{-1}}}={\displaystyle \frac{2(1-e^{-1\mathrm{/}2})}{(1-e^{-1\mathrm{/}2})(1+e^{-1\mathrm{/}2})}}={\displaystyle \frac{2}{1+e^{-1\mathrm{/}2}}}\mathrm{.}$$よって求める極限は ${\displaystyle \frac{2}{1+e^{-1\mathrm{/}2}}}$ である。

各周期区間の積分を同じ基本積分 $p$ の定数倍へ移し、有限・無限の等比級数としてまとめる。

(1)

$x=t+n$ と置き、周期性 $f(t+n)=f(t)$ を使えば$${\int }_n^{n+1}{e}^{ax}f(x)dx=e^{an}{\int }_0^1{e}^{at}f(t)dt=e^{an}p\mathrm{.}$$(2)

区間を1周期ずつ分けると$${\int }_0^n{e}^{ax}f(x)dx=p\sum _{k=0}^{n-1}{e}^{ak}\mathrm{.}$$したがって$${\int }_0^n{e}^{ax}f(x)dx=\{\begin{array}{ll}np,& a=0,\\ {\displaystyle \frac{1-e^{an}}{1-e^a}}p,& a\mathrm{\ne }0.\end{array}$$(3)

$a=-1$ とし、1周期の積分を直接計算する。関数は$$f(x)=\{\begin{array}{ll}x+1,& 0\leqq x\leqq {\displaystyle \frac{1}{2}},\\ 2-x,& {\displaystyle \frac{1}{2}}\leqq x\leqq 1\end{array}$$だから$$\begin{array}{rl}{\displaystyle p}& {\displaystyle ={\int }_0^{1\mathrm{/}2}{e}^{-x}(x+1)dx+{\int }_{1\mathrm{/}2}^1{e}^{-x}(2-x)dx}\\ {\displaystyle }& {\displaystyle =2-2e^{-1\mathrm{/}2}\mathrm{.}}\end{array}$$各周期の寄与は $p,e^{-1}p,e^{-2}p,\dots$ なので$$\begin{array}{rl}{\displaystyle \underset{n\to \mathrm{\infty }}{\lim }{\int }_0^n{e}^{-x}f(x)dx}& {\displaystyle ={\displaystyle \frac{p}{1-e^{-1}}}}\\ {\displaystyle }& {\displaystyle ={\displaystyle \frac{2(1-e^{-1\mathrm{/}2})}{(1-e^{-1\mathrm{/}2})(1+e^{-1\mathrm{/}2})}}}\\ {\displaystyle }& {\displaystyle ={\displaystyle \frac{2}{1+e^{-1\mathrm{/}2}}}\mathrm{.}}\end{array}$$