名古屋大学 1994年度 後期日程 第2次学力試験理系（後期）数学 第3問

(1) $c=n\pi$とおく。まず$$I(1,n)={\int }_0^1{x}^2\cos cxdx$$である。部分積分により$$I(1,n)={\left[{\displaystyle \frac{x^2\sin cx}{c}}\right]}_0^1-{\displaystyle \frac{2}{c}}{\int }_0^{1}x\sin cxdx=-{\displaystyle \frac{2}{c}}{\int }_0^{1}x\sin cxdx$$である。さらに$${\int }_0^{1}x\sin cxdx={[-{\displaystyle \frac{x\cos cx}{c}}]}_0^1+{\displaystyle \frac{1}{c}}{\int }_0^1\cos cxdx=-{\displaystyle \frac{(-1{)}^n}{c}}$$である。したがって $$I(1,n)={\displaystyle \frac{2(-1{)}^n}{(n\pi {)}^2}}$$ である。

(2)

同じく$c=n\pi$とおく。部分積分により$$I(k,n)={\int }_0^1{x}^{2k}\cos cxdx={\left[{\displaystyle \frac{x^{2k}\sin cx}{c}}\right]}_0^1-{\displaystyle \frac{2k}{c}}{\int }_0^1{x}^{2k-1}\sin cxdx$$である。$\sin c=0$なので$$I(k,n)=-{\displaystyle \frac{2k}{c}}{\int }_0^1{x}^{2k-1}\sin cxdx$$である。

さらに$${\int }_0^1{x}^{2k-1}\sin cxdx={[-{\displaystyle \frac{x^{2k-1}\cos cx}{c}}]}_0^1+{\displaystyle \frac{2k-1}{c}}{\int }_0^1{x}^{2k-2}\cos cxdx$$であり，$\cos c=(-1{)}^n$より$${\int }_0^1{x}^{2k-1}\sin cxdx=-{\displaystyle \frac{(-1{)}^n}{c}}+{\displaystyle \frac{2k-1}{c}}I(k-1,n)$$である。したがって$$I(k,n)={\displaystyle \frac{2k(-1{)}^n}{(n\pi {)}^2}}-{\displaystyle \frac{2k(2k-1)}{(n\pi {)}^2}}I(k-1,n)$$を得る。

この漸化式を繰り返すと$$I(k,n)={\displaystyle \frac{2k(-1{)}^n}{(n\pi {)}^2}}-{\displaystyle \frac{2k(2k-1)}{(n\pi {)}^2}}{\displaystyle \frac{2(k-1)(-1{)}^n}{(n\pi {)}^2}}+\cdots$$となる。第$i$項では，分子に $(2k)(2k-1)\cdots (2k-2i+2)$ が現れ，最後に$2k-2i+2$に対応する項から$2k-2i+2)(-1{)}^n$が入る。整理すると$$I(k,n)=\sum _{i=1}^k{\displaystyle \frac{(-1{)}^{n+i-1}(2k)!}{(n\pi {)}^{2i}(2k-2i+1)!}}$$である。

(3) $J$を展開する。まず$${\int }_0^1\cos \pi xdx=0,{\int }_0^1{\cos }^2\pi xdx={\displaystyle \frac{1}{2}}$$であり，また$${\int }_0^1{x}^{2k}dx={\displaystyle \frac{1}{2k+1}},{\int }_0^1{x}^{2k}\cos \pi xdx=I(k,1)$$である。よって$$J={\int }_0^1{x}^{4k}dx+A_0^2+{\displaystyle \frac{1}{2}}{A}_1^2-2A_0{\int }_0^1{x}^{2k}dx-2A_{1}I(k,1)$$である。すなわち $$J={\displaystyle \frac{1}{4k+1}}+A_0^2-{\displaystyle \frac{2A_0}{2k+1}}+{\displaystyle \frac{1}{2}}{A}_1^2-2A_{1}I(k,1)$$ である。

平方完成すると$$J={\displaystyle \frac{1}{4k+1}}-{\displaystyle \frac{1}{(2k+1{)}^2}}-2\{I(k,1){\}}^2+{(A_0-{\displaystyle \frac{1}{2k+1}})}^2+{\displaystyle \frac{1}{2}}{(A_1-2I(k,1))}^2$$である。したがって$J$を最小にするのは $$A_0={\displaystyle \frac{1}{2k+1}},A_1=2I(k,1)$$ のときであり，その最小値は $$J_{\min }={\displaystyle \frac{1}{4k+1}}-{\displaystyle \frac{1}{(2k+1{)}^2}}-2\{I(k,1){\}}^2$$ である。

(1) (2)は漸化式を帰納法で検証する。(3)は関数 $x^{2k}$ を互いに直交する $1,\cos \pi x$ の方向へ射影する問題として係数と誤差を求める。

(1)
2回の部分積分から$$I(1,n)={\displaystyle \frac{2(-1{)}^n}{(n\pi {)}^2}}\mathrm{.}$$(2)
同じ部分積分を一般の $k$ に行うと$$I(k,n)={\displaystyle \frac{2k(-1{)}^n}{(n\pi {)}^2}}-{\displaystyle \frac{2k(2k-1)}{(n\pi {)}^2}}I(k-1,n)\mathrm{.}$$ここで$$I(k,n)=\sum _{i=1}^k{\displaystyle \frac{(-1{)}^{n+i-1}(2k)!}{(n\pi {)}^{2i}(2k-2i+1)!}}$$を $k$ について帰納法で示す。$k=1$ は (1) で成立する。
$k-1$ で成立すると仮定して漸化式へ代入すると、第1項が和の $i=1$、
残りは添字を1つずらした $i=2,\dots ,k$ となるため、上式が $k$ でも成立する。

(3)
区間 $[0,1]$ で$${\int }_0^{1}1\cdot \cos \pi xdx=0$$だから、$1$ と $\cos \pi x$ は直交している。さらにそれぞれの長さの2乗は$${\int }_0^{1}1dx=1,{\int }_0^1{\cos }^2\pi xdx={\displaystyle \frac{1}{2}}\mathrm{.}$$したがって $x^{2k}$ のこの2方向への射影係数は$$A_0={\displaystyle \frac{{\int }_0^1{x}^{2k}dx}{1}}={\displaystyle \frac{1}{2k+1}},$$$$A_1={\displaystyle \frac{{\int }_0^1{x}^{2k}\cos \pi xdx}{1\mathrm{/}2}}=2I(k,1)\mathrm{.}$$射影後の誤差の長さの2乗は、元の長さの2乗から2つの射影成分の長さの
2乗を引けばよい。よって$$J_{\min }={\displaystyle \frac{1}{4k+1}}-{\displaystyle \frac{1}{(2k+1{)}^2}}-2\{I(k,1){\}}^2\mathrm{.}$$これは平方完成による結果とも一致する。