数学3 接線・極限との複合問題 16 解説

方針・初手

(1)は与えられた定義式に $n=0, 1, 2, 3$ を代入し、具体的に計算する。
(2)は二項定理を用いて $(1-y^2)^n$ を展開し、各項を $y$ について積分する。
(3)は $y = \sin x$ とする置換積分法を用いて、積分区間と被積分関数を変換する。
(4)は左辺に対して積の微分法と合成関数の微分法を適用し、三角関数の相互関係を用いて右辺の形に変形する。
(5)の前半は区間 $0 < x < \frac{\pi}{2}$ における被積分関数の大小関係から積分の大小関係を導く。後半は(4)の結果を利用して $I(n)$ と $I(n-1)$ の間に成り立つ漸化式を導き、比の極限を計算する。

解法1

(1) 定義より、$I(n) = \sum_{k=0}^{n} \frac{(-1)^k}{2k+1} {}_n\mathrm{C}_k$ である。これに $n=0, 1, 2, 3$ をそれぞれ代入する。

$$I(0) = \frac{(-1)^0}{1} {}_0\mathrm{C}_0 = 1 \times 1 = 1$$

$$I(1) = \frac{(-1)^0}{1} {}_1\mathrm{C}_0 + \frac{(-1)^1}{3} {}_1\mathrm{C}_1 = 1 - \frac{1}{3} = \frac{2}{3}$$

$$I(2) = \frac{(-1)^0}{1} {}_2\mathrm{C}_0 + \frac{(-1)^1}{3} {}_2\mathrm{C}_1 + \frac{(-1)^2}{5} {}_2\mathrm{C}_2 = 1 - \frac{2}{3} + \frac{1}{5} = \frac{15 - 10 + 3}{15} = \frac{8}{15}$$

$$I(3) = \frac{(-1)^0}{1} {}_3\mathrm{C}_0 + \frac{(-1)^1}{3} {}_3\mathrm{C}_1 + \frac{(-1)^2}{5} {}_3\mathrm{C}_2 + \frac{(-1)^3}{7} {}_3\mathrm{C}_3 = 1 - 1 + \frac{3}{5} - \frac{1}{7} = \frac{21 - 5}{35} = \frac{16}{35}$$

(2) 二項定理より、

$$(1-y^2)^n = \sum_{k=0}^n {}_n\mathrm{C}_k 1^{n-k} (-y^2)^k = \sum_{k=0}^n {}_n\mathrm{C}_k (-1)^k y^{2k}$$

両辺を $y$ について $0$ から $1$ まで積分すると、

$$\int_0^1 (1-y^2)^n dy = \int_0^1 \left( \sum_{k=0}^n {}_n\mathrm{C}_k (-1)^k y^{2k} \right) dy$$

$$= \sum_{k=0}^n {}_n\mathrm{C}_k (-1)^k \int_0^1 y^{2k} dy$$

$$= \sum_{k=0}^n {}_n\mathrm{C}_k (-1)^k \left[ \frac{y^{2k+1}}{2k+1} \right]_0^1$$

$$= \sum_{k=0}^n \frac{(-1)^k}{2k+1} {}_n\mathrm{C}_k$$

右辺は $I(n)$ の定義式そのものであるから、

$$I(n) = \int_0^1 (1-y^2)^n dy$$

が示された。

(3) $\int_0^1 (1-y^2)^n dy$ において、$y = \sin x$ と置換する。 $dy = \cos x dx$ であり、積分区間は $y$ が $0$ から $1$ に変化するとき、$x$ は $0$ から $\frac{\pi}{2}$ に変化する。よって、

$$\int_0^1 (1-y^2)^n dy = \int_0^{\frac{\pi}{2}} (1-\sin^2 x)^n \cos x dx$$

$1-\sin^2 x = \cos^2 x$ であるから、

$$= \int_0^{\frac{\pi}{2}} (\cos^2 x)^n \cos x dx = \int_0^{\frac{\pi}{2}} (\cos x)^{2n} \cos x dx = \int_0^{\frac{\pi}{2}} (\cos x)^{2n+1} dx$$

となり、示された。

(4) 左辺を $x$ で微分する。積の微分法と合成関数の微分法を用いる。

$$\frac{d}{dx} \{ (\cos x)^{2n} \sin x \} = 2n(\cos x)^{2n-1}(-\sin x) \sin x + (\cos x)^{2n} \cos x$$

$$= -2n(\cos x)^{2n-1} \sin^2 x + (\cos x)^{2n+1}$$

ここで、$\sin^2 x = 1-\cos^2 x$ を代入すると、

$$= -2n(\cos x)^{2n-1} (1-\cos^2 x) + (\cos x)^{2n+1}$$

$$= -2n(\cos x)^{2n-1} + 2n(\cos x)^{2n+1} + (\cos x)^{2n+1}$$

$$= (2n+1)(\cos x)^{2n+1} - 2n(\cos x)^{2n-1}$$

となり、示された。

(5) (2), (3)の結果より、$I(n) = \int_0^{\frac{\pi}{2}} (\cos x)^{2n+1} dx$ である。区間 $0 < x < \frac{\pi}{2}$ において、$0 < \cos x < 1$ であるから、

$$(\cos x)^{2n+1} < (\cos x)^{2n-1}$$

が成り立つ。両辺を $x$ について $0$ から $\frac{\pi}{2}$ まで積分すると、

$$\int_0^{\frac{\pi}{2}} (\cos x)^{2n+1} dx < \int_0^{\frac{\pi}{2}} (\cos x)^{2n-1} dx$$

したがって、$I(n) < I(n-1)$ が示された。

次に、極限を求める。 (4)で示した等式

$$\frac{d}{dx} \{ (\cos x)^{2n} \sin x \} = (2n+1)(\cos x)^{2n+1} - 2n(\cos x)^{2n-1}$$

の両辺を $x$ について $0$ から $\frac{\pi}{2}$ まで積分すると、

$$\int_0^{\frac{\pi}{2}} \frac{d}{dx} \{ (\cos x)^{2n} \sin x \} dx = \int_0^{\frac{\pi}{2}} \left\{ (2n+1)(\cos x)^{2n+1} - 2n(\cos x)^{2n-1} \right\} dx$$

左辺は、

$$\left[ (\cos x)^{2n} \sin x \right]_0^{\frac{\pi}{2}} = 0 - 0 = 0$$

となる。右辺は $(2n+1) \int_0^{\frac{\pi}{2}} (\cos x)^{2n+1} dx - 2n \int_0^{\frac{\pi}{2}} (\cos x)^{2n-1} dx = (2n+1)I(n) - 2nI(n-1)$ であるから、

$$0 = (2n+1)I(n) - 2nI(n-1)$$

よって、$I(n) = \frac{2n}{2n+1}I(n-1)$ を得る。被積分関数が正であることから $I(n-1) > 0$ であるため、両辺を $I(n-1)$ で割ると、

$$\frac{I(n)}{I(n-1)} = \frac{2n}{2n+1}$$

したがって、求める極限は、

$$\lim_{n \to \infty} \frac{I(n)}{I(n-1)} = \lim_{n \to \infty} \frac{2n}{2n+1} = \lim_{n \to \infty} \frac{2}{2+\frac{1}{n}} = 1$$

となり、示された。

解説

本問は、ウォリス積分（Wallis' integrals）の性質を多項式の積分と結びつけて証明する典型的な誘導問題である。(1)から(3)により、二項係数を含む複雑な和が定積分で表せることを確認している。(4)では、微分の逆算を通じて実質的な部分積分の処理を行わせ、(5)で定積分の漸化式を導出させている。(5)の前半で示した大小関係は、本来ウォリス積分の極限値を挟み撃ちの原理で求める際に重要な役割を果たす背景知識である。