北海道大学 2001年度 前期日程理系数学 第4問

(1)

部分分数分解により$${\displaystyle \frac{1}{1-x^2}}={\displaystyle \frac{1}{2}}({\displaystyle \frac{1}{1+x}}+{\displaystyle \frac{1}{1-x}})$$だから$${\int }_0^a{\displaystyle \frac{1}{1-x^2}}dx={\displaystyle \frac{1}{2}}\log {\displaystyle \frac{1+a}{1-a}}\mathrm{.}$$(2)

有限等比和から$${\displaystyle \frac{1}{1-x^2}}=\sum _{k=0}^n{x}^{2k}+{\displaystyle \frac{x^{2n+2}}{1-x^2}}\mathrm{.}$$両辺を $0$ から $a$ まで積分し、(1)を用いると$${\displaystyle \frac{1}{2}}\log {\displaystyle \frac{1+a}{1-a}}=\sum _{k=0}^n{\displaystyle \frac{a^{2k+1}}{2k+1}}+{\int }_0^a{\displaystyle \frac{x^{2n+2}}{1-x^2}}dx\mathrm{.}$$移項すれば示す等式を得る。

(3)

$\mathrm{\mid }x\mathrm{\mid }\leqq \mathrm{\mid }a\mathrm{\mid }$ では $1-x^2\geqq 1-a^2>0$ なので$$\mid {\int }_0^a{\displaystyle \frac{x^{2n+2}}{1-x^2}}dx\mid \leqq {\displaystyle \frac{\mathrm{\mid }a{\mathrm{\mid }}^{2n+3}}{(1-a^2)(2n+3)}}⟶0.$$したがって(2)で $n\to \mathrm{\infty }$ とすれば$$\log {\displaystyle \frac{1+a}{1-a}}=2\sum _{k=0}^{\mathrm{\infty }}{\displaystyle \frac{a^{2k+1}}{2k+1}}\mathrm{.}$$

指数を2ずつ下げる恒等式から余り積分の漸化式を作る。
これを繰り返して有限和を得た後、余りを評価して無限級数へ移る。

(1) $${\displaystyle \frac{1}{1-x^2}}={\displaystyle \frac{1}{2}}({\displaystyle \frac{1}{1+x}}+{\displaystyle \frac{1}{1-x}})$$より$${\int }_0^a{\displaystyle \frac{1}{1-x^2}}dx={\displaystyle \frac{1}{2}}\log {\displaystyle \frac{1+a}{1-a}}\mathrm{.}$$(2)$${\displaystyle \frac{x^{2m+2}}{1-x^2}}={\displaystyle \frac{x^{2m}}{1-x^2}}-x^{2m}$$である。両辺を積分し$$I_m:={\int }_0^a{\displaystyle \frac{x^{2m+2}}{1-x^2}}dx$$とおくと$$I_m=I_{m-1}-{\displaystyle \frac{a^{2m+1}}{2m+1}}\mathrm{.}$$ここで$$I_{-1}={\int }_0^a{\displaystyle \frac{1}{1-x^2}}dx={\displaystyle \frac{1}{2}}\log {\displaystyle \frac{1+a}{1-a}}\mathrm{.}$$$m=0,1,\dots ,n$ と順に用いれば$$I_n={\displaystyle \frac{1}{2}}\log {\displaystyle \frac{1+a}{1-a}}-\sum _{k=0}^n{\displaystyle \frac{a^{2k+1}}{2k+1}}\mathrm{.}$$(3)

$0\leqq x\leqq \mathrm{\mid }a\mathrm{\mid }$ では $1-x^2\geqq 1-a^2$ なので$$\mathrm{\mid }{I}_n\mathrm{\mid }\leqq {\displaystyle \frac{1}{1-a^2}}{\int }_0^{\mathrm{\mid }a\mathrm{\mid }}{x}^{2n+2}dx={\displaystyle \frac{\mathrm{\mid }a{\mathrm{\mid }}^{2n+3}}{(1-a^2)(2n+3)}}\mathrm{.}$$$\mathrm{\mid }a\mathrm{\mid }<1$ より右辺は0へ収束する。(2)で $n\to \mathrm{\infty }$ とすると$$\log {\displaystyle \frac{1+a}{1-a}}=2\sum _{k=0}^{\mathrm{\infty }}{\displaystyle \frac{a^{2k+1}}{2k+1}}\mathrm{.}$$