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数学3 接線・極限との複合問題 17 解説

方針・初手

(1) 積分区間を周期 $\pi$ ごとに分割し、置換積分を用いて区間を $[0, \pi]$ に統一する。被積分関数の偶奇性と三角関数の性質を活用して変形する。

(2) 中央の積分式について $nx = t$ と置換積分を行い、(1)が適用できる形に寄せる。被積分関数が常に $0$ 以上であることと、与えられた $m, n$ の大小関係を利用して不等式を評価する。

(3) (2)で得られた不等式ではさみうちの原理を利用する。最後に残る定積分を適切に置換積分して計算する。

解法1

(1)

積分区間 $[0, m\pi]$ を $\pi$ ごとの幅で $m$ 個の区間に分割する。

$$\int_0^{m\pi} f(\sin x)g(\cos x) dx = \sum_{k=0}^{m-1} \int_{k\pi}^{(k+1)\pi} f(\sin x)g(\cos x) dx$$

右辺の積分について、$x = k\pi + t$ とおくと、$dx = dt$ であり、$x$ が $k\pi$ から $(k+1)\pi$ まで変化するとき、$t$ は $0$ から $\pi$ まで変化する。

$$f(\sin(k\pi+t)) = f((-1)^k \sin t)$$

$$g(\cos(k\pi+t)) = g((-1)^k \cos t)$$

条件より $f(x)$ と $g(x)$ は偶関数であるから、$f(-x) = f(x)$ および $g(-x) = g(x)$ が成り立つ。よって $(-1)^k$ の符号によらず、

$$f((-1)^k \sin t) = f(\sin t)$$

$$g((-1)^k \cos t) = g(\cos t)$$

であるから、各区間の積分は次のように変形できる。

$$\int_{k\pi}^{(k+1)\pi} f(\sin x)g(\cos x) dx = \int_0^\pi f(\sin t)g(\cos t) dt$$

ゆえに、

$$\sum_{k=0}^{m-1} \int_{k\pi}^{(k+1)\pi} f(\sin x)g(\cos x) dx = \sum_{k=0}^{m-1} \int_0^\pi f(\sin x)g(\cos x) dx = m \int_0^\pi f(\sin x)g(\cos x) dx$$

となり、題意は示された。

(2)

与えられた不等式の中央の積分を $I_n = \int_0^1 \frac{|\sin nx|}{(1+\cos^2 nx)^2} dx$ とおく。

$nx = t$ とおくと、$dx = \frac{1}{n} dt$ であり、$x$ が $0$ から $1$ まで変化するとき、$t$ は $0$ から $n$ まで変化する。

$$I_n = \frac{1}{n} \int_0^n \frac{|\sin t|}{(1+\cos^2 t)^2} dt$$

ここで、$F(x) = |x|, G(x) = \frac{1}{(1+x^2)^2}$ とおくと、$F(x), G(x)$ はいずれも連続な偶関数である。また、$h(t) = F(\sin t)G(\cos t) = \frac{|\sin t|}{(1+\cos^2 t)^2}$ とおくと、常に $h(t) \geqq 0$ である。

条件 $m\pi \leqq n < (m+1)\pi$ と $h(t) \geqq 0$ より、積分範囲の大小関係から以下の不等式が成り立つ。

$$\int_0^{m\pi} h(t) dt \leqq \int_0^n h(t) dt \leqq \int_0^{(m+1)\pi} h(t) dt$$

これに(1)の結果を用いると、次のように書き換えられる。

$$m \int_0^\pi h(t) dt \leqq \int_0^n h(t) dt \leqq (m+1) \int_0^\pi h(t) dt$$

各辺に $\frac{1}{n}$ を掛ける。

$$\frac{m}{n} \int_0^\pi h(t) dt \leqq \frac{1}{n} \int_0^n h(t) dt \leqq \frac{m+1}{n} \int_0^\pi h(t) dt$$

また、$m\pi \leqq n < (m+1)\pi$ を逆数にとると、

$$\frac{1}{(m+1)\pi} < \frac{1}{n} \leqq \frac{1}{m\pi}$$

であるから、

$$\frac{m}{(m+1)\pi} \int_0^\pi h(t) dt \leqq \frac{m}{n} \int_0^\pi h(t) dt$$

$$\frac{m+1}{n} \int_0^\pi h(t) dt \leqq \frac{m+1}{m\pi} \int_0^\pi h(t) dt$$

が成り立つ。これらを組み合わせることで、

$$\frac{m}{(m+1)\pi} \int_0^\pi h(t) dt \leqq \frac{1}{n} \int_0^n h(t) dt \leqq \frac{m+1}{m\pi} \int_0^\pi h(t) dt$$

を得る。最後に、$0 \leqq x \leqq \pi$ の範囲では $\sin x \geqq 0$ であるから $|\sin x| = \sin x$ である。

$$\int_0^\pi h(t) dt = \int_0^\pi \frac{\sin x}{(1+\cos^2 x)^2} dx$$

中央の項は $I_n$ であるから、

$$\frac{m}{(m+1)\pi} \int_0^\pi \frac{\sin x}{(1+\cos^2 x)^2} dx \leqq \int_0^1 \frac{|\sin nx|}{(1+\cos^2 nx)^2} dx \leqq \frac{m+1}{m\pi} \int_0^\pi \frac{\sin x}{(1+\cos^2 x)^2} dx$$

となり、題意は示された。

(3)

$n \to \infty$ のとき、$m\pi \leqq n < (m+1)\pi$ を満たす正の整数 $m$ も $m \to \infty$ となる。 (2)で得られた不等式の両端における極限を考える。

$$\lim_{m \to \infty} \frac{m}{(m+1)\pi} = \lim_{m \to \infty} \frac{1}{(1+\frac{1}{m})\pi} = \frac{1}{\pi}$$

$$\lim_{m \to \infty} \frac{m+1}{m\pi} = \lim_{m \to \infty} \frac{1+\frac{1}{m}}{\pi} = \frac{1}{\pi}$$

はさみうちの原理より、

$$\lim_{n \to \infty} \int_0^1 \frac{|\sin nx|}{(1+\cos^2 nx)^2} dx = \frac{1}{\pi} \int_0^\pi \frac{\sin x}{(1+\cos^2 x)^2} dx$$

となる。次に定積分 $J = \int_0^\pi \frac{\sin x}{(1+\cos^2 x)^2} dx$ を計算する。 $u = \cos x$ と置換すると、$du = -\sin x dx$ であり、$x$ が $0$ から $\pi$ へ変化するとき、$u$ は $1$ から $-1$ へ変化する。

$$J = \int_1^{-1} \frac{1}{(1+u^2)^2} (-du) = \int_{-1}^1 \frac{1}{(1+u^2)^2} du$$

被積分関数は偶関数であるから、

$$J = 2 \int_0^1 \frac{1}{(1+u^2)^2} du$$

さらに $u = \tan \theta$ と置換すると、$du = \frac{1}{\cos^2 \theta} d\theta$ であり、$u$ が $0$ から $1$ へ変化するとき、$\theta$ は $0$ から $\frac{\pi}{4}$ へ変化する。 $1+u^2 = 1+\tan^2 \theta = \frac{1}{\cos^2 \theta}$ であるから、

$$J = 2 \int_0^{\frac{\pi}{4}} \frac{1}{(\frac{1}{\cos^2 \theta})^2} \cdot \frac{1}{\cos^2 \theta} d\theta = 2 \int_0^{\frac{\pi}{4}} \cos^2 \theta d\theta$$

半角の公式を用いて次数を下げる。

$$J = 2 \int_0^{\frac{\pi}{4}} \frac{1+\cos 2\theta}{2} d\theta = \int_0^{\frac{\pi}{4}} (1+\cos 2\theta) d\theta$$

$$J = \left[ \theta + \frac{1}{2}\sin 2\theta \right]_0^{\frac{\pi}{4}} = \frac{\pi}{4} + \frac{1}{2} = \frac{\pi+2}{4}$$

以上より、求める極限値は、

$$\frac{1}{\pi} \cdot \frac{\pi+2}{4} = \frac{\pi+2}{4\pi}$$

である。

解説

被積分関数の周期性と、積分区間の幅に着目して定積分を評価する典型問題である。 (1)では、与えられた被積分関数が絶対値や二乗を含んだ形でも偶関数として扱えることを見抜くのが第一歩である。(2)では積分区間を $m$ で挟み込み、不等式を作るという極限の基本操作を行っている。 (3)における $1/(1+x^2)^2$ 型の定積分は $x = \tan \theta$ と置換することで見通しよく計算できるため、処理の定石として身につけておきたい。