京都大学 2000年度 前期日程 第2次学力試験理系数学 第5問

(1) $$I_n={\int }_0^1{x}^n\cos \pi xdx$$ とおく。まず $$I_{n+2}={\int }_0^1{x}^{n+2}\cos \pi xdx$$ を部分積分する。$\sin \pi x$ は $x=0,1$ で0だから$$I_{n+2}={\left[{\displaystyle \frac{x^{n+2}\sin \pi x}{\pi }}\right]}_0^1-{\displaystyle \frac{n+2}{\pi }}{\int }_0^1{x}^{n+1}\sin \pi xdx=-{\displaystyle \frac{n+2}{\pi }}{\int }_0^1{x}^{n+1}\sin \pi xdx$$である。さらに$$\begin{array}{rl}{\displaystyle {\int }_0^1{x}^{n+1}\sin \pi xdx}& {\displaystyle ={[-{\displaystyle \frac{x^{n+1}\cos \pi x}{\pi }}]}_0^1+{\displaystyle \frac{n+1}{\pi }}{\int }_0^1{x}^n\cos \pi xdx}\\ {\displaystyle }& {\displaystyle ={\displaystyle \frac{1}{\pi }}+{\displaystyle \frac{n+1}{\pi }}{I}_n}\end{array}$$である。したがって $$I_{n+2}=-{\displaystyle \frac{n+2}{{\pi }^2}}-{\displaystyle \frac{(n+2)(n+1)}{{\pi }^2}}{I}_n$$ となる。 $c_n=(n+1)I_n$、$c_{n+2}=(n+3)I_{n+2}$ であるから$$\begin{array}{rl}{\displaystyle c_{n+2}}& {\displaystyle =(n+3)\{-{\displaystyle \frac{n+2}{{\pi }^2}}-{\displaystyle \frac{(n+2)(n+1)}{{\pi }^2}}{I}_n\}}\\ {\displaystyle }& {\displaystyle =-{\displaystyle \frac{(n+2)(n+3)}{{\pi }^2}}\{1+(n+1)I_n\}}\\ {\displaystyle }& {\displaystyle =-{\displaystyle \frac{(n+2)(n+3)}{{\pi }^2}}(1+c_n)}\end{array}$$である。よって $$c_{n+2}=-{\displaystyle \frac{(n+2)(n+3)}{{\pi }^2}}(1+c_n)$$ が求める関係である。

(2)
次の事実を用いる。$\phi (x)$ が $[0,1]$ で連続なら $$(n+1){\int }_0^1{x}^n\phi (x)dx\to \phi (1)$$ である。理由を確認する。$0<\delta <1$ とすると、$0\leqq x\leqq 1-\delta$ では $x^n\leqq (1-\delta {)}^n$ なので、この部分の寄与は $n(1-\delta {)}^n$ の定数倍で0に近づく。一方、$1-\delta \leqq x\leqq 1$ では、$\delta$ を十分小さく取れば $\phi (x)$ は $\phi (1)$ にいくらでも近くなる。また $(n+1){\int }_0^1{x}^{n}dx=1$ であるから、上の収束が従う。

ここで $\phi (x)=\cos \pi x$ とすれば $\phi (1)=-1$ である。したがって$$\underset{n\to \mathrm{\infty }}{\lim }{c}_n=\underset{n\to \mathrm{\infty }}{\lim }(n+1){\int }_0^1{x}^n\cos \pi xdx=-1$$である。よって $c=-1$ である。

(3) $d_n=c_n+1$ とおく。(2)より $d_n\to 0$ であり、求める極限は $$\underset{n\to \mathrm{\infty }}{\lim }{\displaystyle \frac{d_{n+1}}{d_n}}$$ である。また $$d_n=(n+1){\int }_0^1{x}^n(1+\cos \pi x)dx$$ である。 $x$ が1に近いときの $1+\cos \pi x$ を調べる。 $$1+\cos \pi x=1-\cos \{\pi (1-x)\}=2{\sin }^2\left({\displaystyle \frac{\pi (1-x)}{2}}\right)$$ である。$u\to 0$ のとき $\sin u\mathrm{/}u\to 1$ だから $$\underset{x\to 1}{\lim }{\displaystyle \frac{1+\cos \pi x}{(1-x{)}^2}}={\displaystyle \frac{{\pi }^2}{2}}$$ である。

したがって、任意の正数 $\epsilon$ に対し、$x$ が十分1に近ければ$$({\displaystyle \frac{{\pi }^2}{2}}-\epsilon )(1-x{)}^2\leqq 1+\cos \pi x\leqq ({\displaystyle \frac{{\pi }^2}{2}}+\epsilon )(1-x{)}^2$$が成り立つ。1から離れた範囲 $0\leqq x\leqq 1-\delta$ の積分は、$(1-\delta {)}^n$ の定数倍で抑えられ、下の量 $(n+1){\int }_0^1{x}^n(1-x{)}^{2}dx$ に比べても0に近づく。実際、後者は$$\begin{array}{rl}{\displaystyle (n+1){\int }_0^1{x}^n(1-x{)}^{2}dx}& {\displaystyle =(n+1)({\displaystyle \frac{1}{n+1}}-{\displaystyle \frac{2}{n+2}}+{\displaystyle \frac{1}{n+3}})}\\ {\displaystyle }& {\displaystyle ={\displaystyle \frac{2}{(n+2)(n+3)}}}\end{array}$$であるから、指数的に小さい項は無視できる。

以上より $${\displaystyle \frac{d_n}{(n+1){\int }_0^1{x}^n(1-x{)}^{2}dx}}\to {\displaystyle \frac{{\pi }^2}{2}}$$ である。すなわち$$d_n\sim {\displaystyle \frac{{\pi }^2}{2}}\cdot {\displaystyle \frac{2}{(n+2)(n+3)}}={\displaystyle \frac{{\pi }^2}{(n+2)(n+3)}}$$である。したがって $${\displaystyle \frac{d_{n+1}}{d_n}}\to {\displaystyle \frac{(n+2)(n+3)}{(n+3)(n+4)}}\to 1$$ である。

よって $$\underset{n\to \mathrm{\infty }}{\lim }{\displaystyle \frac{c_{n+1}-c}{c_n-c}}=1$$ である。

$x=1-y\mathrm{/}(n+1)$ と端点近傍を拡大し、重み
$(n+1)x^n$ が指数関数 $e^{-y}$ に近づくことを見る。
(2)は端点値、(3)は $1+\cos \pi x$ の2次近似から主項を得る。
有限区間と尾部を分けて極限交換の根拠も補う。

(1) $$I_n={\int }_0^1{x}^n\cos \pi xdx$$ とおく。部分積分を2回行うと$$I_{n+2}=-{\displaystyle \frac{n+2}{{\pi }^2}}-{\displaystyle \frac{(n+2)(n+1)}{{\pi }^2}}{I}_n\mathrm{.}$$$c_n=(n+1)I_n$、$c_{n+2}=(n+3)I_{n+2}$ を代入して$$c_{n+2}=-{\displaystyle \frac{(n+2)(n+3)}{{\pi }^2}}(1+c_n)\mathrm{.}$$(2)$$c_n=(n+1){\int }_0^1{x}^n\cos \pi xdx$$で $x=1-y\mathrm{/}(n+1)$ とおくと$$c_n={\int }_0^{n+1}{(1-{\displaystyle \frac{y}{n+1}})}^n\cos (\pi -{\displaystyle \frac{\pi y}{n+1}})dy\mathrm{.}$$固定した $y$ について被積分関数は $-e^{-y}$ に収束する。
$0\leqq y\leqq (n+1)\mathrm{/}2$ では$$(1-y\mathrm{/}(n+1){)}^n\leqq e^{-ny\mathrm{/}(n+1)}$$ と抑えられ、
残りの区間の寄与も指数的に小さい。従って$$\underset{n\to \mathrm{\infty }}{\lim }{c}_n=-{\int }_0^{\mathrm{\infty }}{e}^{-y}dy=-1.$$よって $c=-1$ である。

(3) $$d_n=c_n+1=(n+1){\int }_0^1{x}^n(1+\cos \pi x)dx\mathrm{.}$$同じ置換により$$d_n={\int }_0^{n+1}{(1-{\displaystyle \frac{y}{n+1}})}^n\{1-\cos {\displaystyle \frac{\pi y}{n+1}}\}dy\mathrm{.}$$固定した $y$ では$$1-\cos {\displaystyle \frac{\pi y}{n+1}}\sim {\displaystyle \frac{{\pi }^2{y}^2}{2(n+1{)}^2}}\mathrm{.}$$上と同じ指数評価で尾部を抑えると$$(n+1{)}^2{d}_n⟶{\displaystyle \frac{{\pi }^2}{2}}{\int }_0^{\mathrm{\infty }}{y}^2{e}^{-y}dy={\pi }^2\mathrm{.}$$従って$$d_n\sim {\displaystyle \frac{{\pi }^2}{(n+1{)}^2}},{\displaystyle \frac{d_{n+1}}{d_n}}⟶1.$$すなわち$$\underset{n\to \mathrm{\infty }}{\lim }{\displaystyle \frac{c_{n+1}-c}{c_n-c}}=1.$$