数学3 接線・極限との複合 問題 40 解説

方針・初手

(1)は積の導関数の公式を用いて計算する。(2)は(1)の結果を利用し、微分すると被積分関数になるような定数 $a, b$ を決定することで不定積分を求める。(3)は定積分の計算に帰着させるが、被積分関数に絶対値をつけて面積を求めるため、指定された区間における $\sin x$ の符号に注意する。(4)は(3)で求めた数列が等比数列になるため、無限等比級数の公式を適用する。

解法1

(1)

$F(x) = e^{-x} (a \cos x + b \sin x)$ を $x$ で微分する。積の導関数の公式より、

$$\begin{aligned} F'(x) &= (e^{-x})' (a \cos x + b \sin x) + e^{-x} (a \cos x + b \sin x)' \\ &= -e^{-x} (a \cos x + b \sin x) + e^{-x} (-a \sin x + b \cos x) \\ &= e^{-x} \{ (-a+b)\cos x + (-a-b)\sin x \} \end{aligned}$$

(2)

(1) の結果より、$F'(x) = e^{-x} \sin x$ となるような定数 $a, b$ を求める。係数を比較して、

$$\begin{cases} -a + b = 0 \\ -a - b = 1 \end{cases}$$

この連立方程式を解くと、$a = -\frac{1}{2}$、$b = -\frac{1}{2}$ となる。

したがって、

$$\left\{ -\frac{1}{2} e^{-x} (\cos x + \sin x) \right\}' = e^{-x} \sin x$$

であるから、求める不定積分は、$C$ を積分定数として、

$$\int e^{-x} \sin x dx = -\frac{1}{2} e^{-x} (\sin x + \cos x) + C$$

(3)

$(n-1)\pi \leqq x \leqq n\pi$ の範囲において、$\sin x$ の符号は $(-1)^{n-1}$ と一致する。$e^{-x} > 0$ であるから、この区間における $e^{-x} \sin x$ の符号も $(-1)^{n-1}$ と一致する。

よって、求める面積 $a_n$ は、

$$\begin{aligned} a_n &= \int_{(n-1)\pi}^{n\pi} \left| e^{-x} \sin x \right| dx \\ &= \int_{(n-1)\pi}^{n\pi} (-1)^{n-1} e^{-x} \sin x dx \\ &= (-1)^{n-1} \left[ -\frac{1}{2} e^{-x} (\sin x + \cos x) \right]_{(n-1)\pi}^{n\pi} \\ &= -\frac{1}{2} (-1)^{n-1} \left\{ e^{-n\pi} (\sin n\pi + \cos n\pi) - e^{-(n-1)\pi} (\sin(n-1)\pi + \cos(n-1)\pi) \right\} \end{aligned}$$

ここで、$\sin m\pi = 0$、$\cos m\pi = (-1)^m$ （$m$ は整数）であることを用いると、

$$\begin{aligned} a_n &= -\frac{1}{2} (-1)^{n-1} \left\{ e^{-n\pi} \cdot (-1)^n - e^{-(n-1)\pi} \cdot (-1)^{n-1} \right\} \\ &= -\frac{1}{2} \left\{ (-1)^{2n-1} e^{-n\pi} - (-1)^{2n-2} e^{-(n-1)\pi} \right\} \\ &= -\frac{1}{2} \left( -e^{-n\pi} - e^{-(n-1)\pi} \right) \\ &= \frac{1}{2} e^{-n\pi} + \frac{1}{2} e^{-(n-1)\pi} \\ &= \frac{1}{2} e^{-(n-1)\pi} (e^{-\pi} + 1) \end{aligned}$$

(4)

(3) より、$a_n$ は初項が $\frac{1+e^{-\pi}}{2}$、公比が $e^{-\pi}$ の等比数列である。

公比について $0 < e^{-\pi} < 1$ であるから、無限等比級数 $\sum_{n=1}^{\infty} a_n$ は収束し、その和は、

$$\begin{aligned} \sum_{n=1}^{\infty} a_n &= \frac{\frac{1+e^{-\pi}}{2}}{1 - e^{-\pi}} \\ &= \frac{1+e^{-\pi}}{2(1 - e^{-\pi})} \\ &= \frac{e^\pi + 1}{2(e^\pi - 1)} \end{aligned}$$

解説

指数関数と三角関数の積の積分に関する典型問題である。

(1)の微分の結果を(2)の積分に利用する流れは頻出であり、部分積分を2回繰り返す煩雑な計算を省略するための誘導として機能している。

(3)における絶対値つき定積分の計算では、積分区間 $(n-1)\pi \leqq x \leqq n\pi$ における $\sin x$ の符号が $(-1)^{n-1}$ になることを見抜くのがポイントである。

(4)は図形の面積から得られた数列が等比数列になることを確認し、無限等比級数の和の公式を用いて計算すればよい。計算結果の分母分子に $e^\pi$ を掛けて形を整えるのが一般的である。

答え

(1)

$$F'(x) = e^{-x} \{ (-a+b)\cos x + (-a-b)\sin x \}$$

(2)

$$\int e^{-x} \sin x dx = -\frac{1}{2} e^{-x} (\sin x + \cos x) + C \quad (C \text{は積分定数})$$

(3)

$$a_n = \frac{1+e^{-\pi}}{2} e^{-(n-1)\pi}$$

(4)

$$\sum_{n=1}^{\infty} a_n = \frac{e^\pi + 1}{2(e^\pi - 1)}$$