数学3 接線・極限との複合問題 26 解説

方針・初手

本問は「ウォリス積分」を題材とした典型問題である。 (1) は被積分関数 $\sin^n x$ を $\sin^{n-1} x \sin x$ と分解し、部分積分法を用いて漸化式を導く。 (2) は (1) で得た漸化式を利用して、$n a_{n-1} a_n$ が $n$ に依存しない一定の値をとることを示す。 (3) は積分区間における被積分関数 $\sin x$ の値の範囲から、積分の大小関係を比較する。 (4) は (2), (3) の結果を利用して不等式を評価し、はさみうちの原理を用いて極限を求める。

解法1

(1)

$n \geqq 2$ のとき、被積分関数を分けて部分積分を行う。

$$a_n = \int_0^{\frac{\pi}{2}} \sin^n x dx = \int_0^{\frac{\pi}{2}} \sin^{n-1} x \sin x dx$$

$$= \left[ \sin^{n-1} x (-\cos x) \right]_0^{\frac{\pi}{2}} - \int_0^{\frac{\pi}{2}} (n-1) \sin^{n-2} x \cos x (-\cos x) dx$$

ここで、第1項は $x = \frac{\pi}{2}$ のとき $\cos \frac{\pi}{2} = 0$、$x = 0$ のとき $\sin 0 = 0$ （$n-1 \geqq 1$ より）となるため $0$ である。よって、

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

$\cos^2 x = 1 - \sin^2 x$ を代入して展開すると、

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

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

$$= (n-1) (a_{n-2} - a_n)$$

$$= (n-1) a_{n-2} - (n-1) a_n$$

この式を整理して、

$$n a_n = (n-1) a_{n-2}$$

が成り立つことが示された。

(2)

$n \geqq 1$ に対し、数列 $\{b_n\}$ を $b_n = n a_{n-1} a_n$ と定める。 $n \geqq 2$ のとき、(1) で示した等式 $n a_n = (n-1) a_{n-2}$ の両辺に $a_{n-1}$ を掛けると、

$$n a_{n-1} a_n = (n-1) a_{n-2} a_{n-1}$$

すなわち、

$$b_n = b_{n-1}$$

が成り立つ。これは数列 $\{b_n\}$ がすべての $n \geqq 1$ において定数数列であることを意味し、$b_n = b_1$ となる。ここで、$b_1 = 1 \cdot a_0 \cdot a_1$ を計算する。

$$a_0 = \int_0^{\frac{\pi}{2}} \sin^0 x dx = \int_0^{\frac{\pi}{2}} 1 dx = \frac{\pi}{2}$$

$$a_1 = \int_0^{\frac{\pi}{2}} \sin x dx = \left[ -\cos x \right]_0^{\frac{\pi}{2}} = 1$$

したがって、

$$b_1 = 1 \cdot \frac{\pi}{2} \cdot 1 = \frac{\pi}{2}$$

ゆえに、すべての $n \geqq 1$ において

$$n a_{n-1} a_n = \frac{\pi}{2}$$

が成り立つことが示された。

(3)

積分区間 $0 \leqq x \leqq \frac{\pi}{2}$ において、$0 \leqq \sin x \leqq 1$ である。したがって、任意の $0$ 以上の整数 $n$ に対して、

$$\sin^n x \geqq \sin^{n+1} x$$

が成り立つ。両辺を $0$ から $\frac{\pi}{2}$ まで定積分すると、

$$\int_0^{\frac{\pi}{2}} \sin^n x dx \geqq \int_0^{\frac{\pi}{2}} \sin^{n+1} x dx$$

すなわち、

$$a_n \geqq a_{n+1}$$

が成り立つことが示された。

(4)

$n \geqq 1$ において、区間 $0 < x < \frac{\pi}{2}$ で $\sin^n x > 0$ であるから、$a_n > 0$ である。 (3) より、$a_{n-1} \geqq a_n \geqq a_{n+1}$ が成り立つ。この各辺に正の数 $n a_n$ を掛けると、

$$n a_{n-1} a_n \geqq n a_n^2 \geqq n a_n a_{n+1}$$

(2) より、左辺は $n a_{n-1} a_n = \frac{\pi}{2}$ である。また、(2) の等式において $n$ を $n+1$ に置き換えると、$(n+1) a_n a_{n+1} = \frac{\pi}{2}$ となるため、

$$a_n a_{n+1} = \frac{\pi}{2(n+1)}$$

これを右辺に用いると、右辺は次のように変形できる。

$$n a_n a_{n+1} = n \cdot \frac{\pi}{2(n+1)} = \frac{n}{n+1} \cdot \frac{\pi}{2}$$

したがって、不等式は次のように書ける。

$$\frac{\pi}{2} \geqq n a_n^2 \geqq \frac{n}{n+1} \cdot \frac{\pi}{2}$$

ここで、$n \to \infty$ のとき、

$$\lim_{n \to \infty} \frac{n}{n+1} \cdot \frac{\pi}{2} = \lim_{n \to \infty} \frac{1}{1 + \frac{1}{n}} \cdot \frac{\pi}{2} = \frac{\pi}{2}$$

となるため、はさみうちの原理より、

$$\lim_{n \to \infty} n a_n^2 = \frac{\pi}{2}$$

である。

解説

いわゆる「ウォリス積分」の誘導付き問題として非常に標準的で重要な構成である。 (1) では被積分関数の次数を1つ下げて $\sin x$ を分離し、部分積分法を適用して漸化式を作るのが定石となる。 (2) では直接 $a_n$ を求めるのではなく、得られた漸化式から不変量（常に一定となる式）を見出している。 (4) は極限を求める問題である。(3) で示した不等式を出発点として、(2) の関係式が使える形（今回は $n a_{n-1} a_n$）になるよう各辺を工夫して掛けることで、はさみうちの原理を適用できる。この不等式の作り方も入試数学で頻出の手法である。