名古屋大学 2018年度 前期日程 第2次学力試験理系数学 第1問

(1)

定義より$$\begin{array}{rl}{\displaystyle I_n+I_{n+2}}& {\displaystyle ={\int }_0^1\frac{x^n+x^{n+2}}{1+x^2}dx}\\ {\displaystyle }& {\displaystyle ={\int }_0^1{x}^{n}dx}\\ {\displaystyle }& {\displaystyle =\frac{1}{n+1}\mathrm{.}}\end{array}$$(2)

$0\leqq x\leqq 1$ では$$0\leqq \frac{x^{n+1}}{1+x^2}\leqq \frac{x^n}{1+x^2}\leqq x^n\mathrm{.}$$各辺を $0$ から $1$ まで積分して$$0\leqq I_{n+1}\leqq I_n\leqq \frac{1}{n+1}$$を得る。

(3)

(2) より $I_{n+2}\leqq I_n$ なので、(1) と合わせて$$2I_n\geqq I_n+I_{n+2}=\frac{1}{n+1}\mathrm{.}$$よって$$I_n\geqq \frac{1}{2(n+1)}\mathrm{.}$$この下界を $n+2$ に適用すると$$I_{n+2}\geqq \frac{1}{2(n+3)}\mathrm{.}$$したがって (1) より$$I_n=\frac{1}{n+1}-I_{n+2}\leqq \frac{1}{n+1}-\frac{1}{2(n+3)}\mathrm{.}$$ゆえに$$\frac{n}{2(n+1)}\leqq n{I}_n\leqq \frac{n}{n+1}-\frac{n}{2(n+3)}\mathrm{.}$$両端はともに $1\mathrm{/}2$ に収束するから$$\underset{n\to \mathrm{\infty }}{\lim }n{I}_n=\frac{1}{2}\mathrm{.}$$(4)

(1) で $n=2k-1$ とすると$$\frac{1}{2k}=I_{2k-1}+I_{2k+1}\mathrm{.}$$したがって$$\begin{array}{rl}{\displaystyle S_n=}& {\displaystyle (I_1+I_3)-(I_3+I_5)+\cdots }\\ {\displaystyle }& {\displaystyle +(-1{)}^{n-1}(I_{2n-1}+I_{2n+1})}\\ {\displaystyle =}& {\displaystyle I_1+(-1{)}^{n-1}{I}_{2n+1}\mathrm{.}}\end{array}$$(2) より$$0\leqq I_{2n+1}\leqq \frac{1}{2n+2},$$したがって $I_{2n+1}\to 0$ である。よって$$\underset{n\to \mathrm{\infty }}{\lim }{S}_n=I_1\mathrm{.}$$最後に$$\begin{array}{rl}{\displaystyle I_1}& {\displaystyle ={\int }_0^1\frac{x}{1+x^2}dx}\\ {\displaystyle }& {\displaystyle =\frac{1}{2}{[\log (1+x^2)]}_0^1}\\ {\displaystyle }& {\displaystyle =\frac{1}{2}\log 2.}\end{array}$$したがって$$\underset{n\to \mathrm{\infty }}{\lim }{S}_n=\frac{1}{2}\log 2.$$

(3) では $I_n$ と $\frac{1}{2(n+1)}$ の差を1つの積分にまとめ、その誤差を $O(1\mathrm{/}{n}^2)$ の具体的な上界で挟む。(4)では有限和を先に積分へ直し、有限等比級数を用いて一度に $I_1$ と余項へ分解する。

(1) $$I_n+I_{n+2}={\int }_0^1\frac{x^n(1+x^2)}{1+x^2}dx=\frac{1}{n+1}\mathrm{.}$$(2)

区間 $0\leqq x\leqq 1$ における$$0\leqq x^{n+1}\leqq x^n$$を $1+x^2>0$ で割って積分すれば、最初の3項の大小を得る。また$$\frac{1}{1+x^2}\leqq 1$$より $I_n\leqq 1\mathrm{/}(n+1)$ である。

(3) $$\begin{array}{rl}{\displaystyle I_n-\frac{1}{2(n+1)}}& {\displaystyle ={\int }_0^1{x}^n(\frac{1}{1+x^2}-\frac{1}{2})dx}\\ {\displaystyle }& {\displaystyle ={\int }_0^1\frac{x^n(1-x^2)}{2(1+x^2)}dx\mathrm{.}}\end{array}$$被積分関数は非負で、さらに$$0\leqq \frac{x^n(1-x^2)}{2(1+x^2)}\leqq \frac{1}{2}{x}^n(1-x^2)\mathrm{.}$$したがって$$\begin{array}{rl}{\displaystyle 0}& {\displaystyle \leqq I_n-\frac{1}{2(n+1)}}\\ {\displaystyle }& {\displaystyle \leqq \frac{1}{2}{\int }_0^1(x^n-x^{n+2})dx}\\ {\displaystyle }& {\displaystyle =\frac{1}{(n+1)(n+3)}\mathrm{.}}\end{array}$$全体を $n$ 倍すれば誤差の上界は0に収束するため$$\underset{n\to \mathrm{\infty }}{\lim }n{I}_n=\frac{1}{2}\mathrm{.}$$(4)$$\frac{1}{2k}={\int }_0^1{x}^{2k-1}dx$$なので、有限和と積分を交換して$$\begin{array}{rl}{\displaystyle S_n}& {\displaystyle ={\int }_0^1\sum _{k=1}^n(-1{)}^{k-1}{x}^{2k-1}dx}\\ {\displaystyle }& {\displaystyle ={\int }_0^1\frac{x\{1-(-x^2{)}^n\}}{1+x^2}dx}\\ {\displaystyle }& {\displaystyle =I_1+(-1{)}^{n-1}{I}_{2n+1}\mathrm{.}}\end{array}$$(2) より余項は0に収束するから$$\underset{n\to \mathrm{\infty }}{\lim }{S}_n=I_1=\frac{1}{2}\log 2.$$