数学3 接線・極限との複合 問題 78 解説

方針・初手

$I_n=\int_0^{\frac{\pi}{2}}\sin^n x,dx$ は，部分積分によって $I_n$ と $I_{n-2}$ を結びつける漸化式を作るのが基本である。

また，$0\leqq \sin x\leqq 1$ であることから，指数が大きくなるほど $\sin^n x$ は小さくなる。この単調性を積分に移すことで不等式が得られる。

解法1

(1)

まず $I_2$ を求める。

$$ I_2=\int_0^{\frac{\pi}{2}}\sin^2x,dx =\int_0^{\frac{\pi}{2}}\frac{1-\cos 2x}{2},dx $$

より，

$$ I_2=\left[\frac{x}{2}-\frac{\sin 2x}{4}\right]_0^{\frac{\pi}{2}} =\frac{\pi}{4} $$

である。

次に $I_3$ を求める。

$$ I_3=\int_0^{\frac{\pi}{2}}\sin^3x,dx =\int_0^{\frac{\pi}{2}}\sin x(1-\cos^2x),dx $$

したがって，

$$ \begin{aligned} I_3 &=\left[-\cos x+\frac{\cos^3x}{3}\right]_0^{\frac{\pi}{2}} \\ &=0-\left(-1+\frac13\right) \\ &=\frac23 \end{aligned} $$

よって，

$$ I_2=\frac{\pi}{4},\qquad I_3=\frac23 $$

である。

(2)

$n\geqq 2$ とする。

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

において，$u=\sin^{n-1}x,\ dv=\sin x,dx$ とおく。すると $du=(n-1)\sin^{n-2}x\cos x,dx,\ v=-\cos x$ である。

部分積分より，

$$ \begin{aligned} I_n &=\left[-\sin^{n-1}x\cos x\right]_0^{\frac{\pi}{2}} +(n-1)\int_0^{\frac{\pi}{2}}\sin^{n-2}x\cos^2x,dx \end{aligned} $$

ここで，$n\geqq 2$ なので端点の項は $0$ になる。したがって，

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

である。よって，

$$ \begin{aligned} I_n &=(n-1)\left(\int_0^{\frac{\pi}{2}}\sin^{n-2}x,dx-\int_0^{\frac{\pi}{2}}\sin^n x,dx\right) \\ &=(n-1)(I_{n-2}-I_n) \end{aligned} $$

となる。これを整理すると，

$$ nI_n=(n-1)I_{n-2} $$

したがって，

$$ I_n=\frac{n-1}{n}I_{n-2} $$

が成り立つ。

(3)

$0\leqq x\leqq \dfrac{\pi}{2}$ において，

$$ 0\leqq \sin x\leqq 1 $$

である。よって，$1$ 以上の整数 $n$ に対して，

$$ \sin^{2n+1}x\leqq \sin^{2n}x\leqq \sin^{2n-1}x $$

が成り立つ。これを $0$ から $\dfrac{\pi}{2}$ まで積分すると，

$$ I_{2n+1}\leqq I_{2n}\leqq I_{2n-1} $$

である。

次に極限を求める。漸化式より，

$$ I_{2n+1}=\frac{2n}{2n+1}I_{2n-1} $$

であるから，

$$ \frac{I_{2n-1}}{I_{2n+1}}=\frac{2n+1}{2n} $$

である。

また，$I_{2n+1}>0$ なので，

$$ 1\leqq \frac{I_{2n}}{I_{2n+1}}\leqq \frac{I_{2n-1}}{I_{2n+1}} =\frac{2n+1}{2n} $$

となる。ここで，

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

であるから，はさみうちの原理より，

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

である。

(4)

まず，

$$ I_0=\int_0^{\frac{\pi}{2}}1,dx=\frac{\pi}{2},\qquad I_1=\int_0^{\frac{\pi}{2}}\sin x,dx=1 $$

である。

漸化式

$$ I_n=\frac{n-1}{n}I_{n-2} $$

を偶数の場合に用いると，

$$ \begin{aligned} I_{2n} &=\frac{2n-1}{2n}\cdot\frac{2n-3}{2n-2}\cdots\frac{3}{4}\cdot\frac{1}{2}I_0 \\ &=\frac{1\cdot3\cdot5\cdots(2n-1)}{2\cdot4\cdot6\cdots2n}\cdot\frac{\pi}{2} \end{aligned} $$

である。

ここで，

$$ \frac{1\cdot3\cdot5\cdots(2n-1)}{2\cdot4\cdot6\cdots2n} =\frac{(2n)!}{2^{2n}(n!)^2} =\frac{1}{4^n}{}_{2n}\mathrm{C}_{n} $$

だから，

$$ I_{2n}=\frac{\pi}{2}\cdot\frac{1}{4^n}{}_{2n}\mathrm{C}_{n} $$

である。

次に奇数の場合について，

$$ \begin{aligned} I_{2n+1} &=\frac{2n}{2n+1}\cdot\frac{2n-2}{2n-1}\cdots\frac{4}{5}\cdot\frac{2}{3}I_1 \\ &=\frac{2\cdot4\cdot6\cdots2n}{3\cdot5\cdot7\cdots(2n+1)} \end{aligned} $$

である。これを整理すると，

$$ I_{2n+1} =\frac{2^{2n}(n!)^2}{(2n+1)!} =\frac{4^n}{(2n+1){}_{2n}\mathrm{C}_{n}} $$

である。

(5)

(4) の結果より，

$$ \begin{aligned} I_{2n}I_{2n+1} &=\left(\frac{\pi}{2}\cdot\frac{1}{4^n}{}_{2n}\mathrm{C}_{n}\right) \left(\frac{4^n}{(2n+1){}_{2n}\mathrm{C}_{n}}\right) \\ &=\frac{\pi}{2(2n+1)} \end{aligned} $$

である。

与えられた等式

$$ \begin{aligned} \frac{1}{I_{2n+1}} &= \sqrt{\frac{1}{I_{2n}I_{2n+1}}} \sqrt{\frac{I_{2n}}{I_{2n+1}}} \end{aligned} $$

の両辺を $\sqrt n$ で割ると，

$$ \begin{aligned} \frac{1}{\sqrt n I_{2n+1}} &= \sqrt{\frac{1}{nI_{2n}I_{2n+1}}} \sqrt{\frac{I_{2n}}{I_{2n+1}}} \end{aligned} $$

となる。

ここで，

$$ \begin{aligned} \sqrt{\frac{1}{nI_{2n}I_{2n+1}}} &= \sqrt{\frac{2(2n+1)}{\pi n}} \end{aligned} $$

であるから，

$$ \begin{aligned} \lim_{n\to\infty}\sqrt{\frac{1}{nI_{2n}I_{2n+1}}} &= \sqrt{\frac{4}{\pi}} \\ \frac{2}{\sqrt{\pi}} \end{aligned} $$

である。

また，(3) より，

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

だから，

$$ \lim_{n\to\infty}\sqrt{\frac{I_{2n}}{I_{2n+1}}}=1 $$

である。したがって，

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

である。

(6)

(4) より，

$$ I_{2n+1}=\frac{4^n}{(2n+1){}_{2n}\mathrm{C}_{n}} $$

である。したがって，

$$ \begin{aligned} {}_{2n}\mathrm{C}_{n}\left(\frac12\right)^{2n} &= \frac{1}{(2n+1)I_{2n+1}} \end{aligned} $$

である。

よって，

$$ \begin{aligned} \sqrt n{}_{2n}\mathrm{C}_{n}\left(\frac12\right)^{2n} &=\frac{\sqrt n}{(2n+1)I_{2n+1}} \\ &=\frac{n}{2n+1}\cdot\frac{1}{\sqrt n I_{2n+1}} \end{aligned} $$

となる。

ここで，

$$ \lim_{n\to\infty}\frac{n}{2n+1}=\frac12 $$

かつ，(5) より，

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

である。したがって，

$$ \begin{aligned} \lim_{n\to\infty}\sqrt n{}_{2n}\mathrm{C}_{n}\left(\frac12\right)^{2n} &= \frac12\cdot\frac{2}{\sqrt{\pi}} \\ \frac{1}{\sqrt{\pi}} \end{aligned} $$

である。

解説

この問題は，ウォリス積分の標準的な流れである。中心になるのは，部分積分による漸化式

$$ I_n=\frac{n-1}{n}I_{n-2} $$

である。

この漸化式から偶数番目と奇数番目の積分を明示的に表せる。また，$0\leqq \sin x\leqq 1$ を使うと，指数が増えるほど積分値が小さくなるため，

$$ I_{2n+1}\leqq I_{2n}\leqq I_{2n-1} $$

が得られる。この不等式が，$\dfrac{I_{2n}}{I_{2n+1}}$ の極限を $1$ にするための重要な評価である。

最後の極限は，中心二項係数の有名な漸近式

$$ {}_{2n}\mathrm{C}_{n}\sim \frac{4^n}{\sqrt{\pi n}} $$

に対応している。ただし本問では，スターリングの公式を使わず，$I_{2n}$ と $I_{2n+1}$ の関係から導く構成になっている。

答え

(1)

$$ I_2=\frac{\pi}{4},\qquad I_3=\frac23 $$

(2)

$$ I_n=\frac{n-1}{n}I_{n-2}\qquad(n\geqq 2) $$

(3)

$$ I_{2n+1}\leqq I_{2n}\leqq I_{2n-1} $$

また，

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

(4)

$$ I_{2n}=\frac{\pi}{2}\cdot\frac{1}{4^n}{}_{2n}\mathrm{C}_{n} $$

$$ I_{2n+1}=\frac{4^n}{(2n+1){}_{2n}\mathrm{C}_{n}} $$

(5)

$$ \begin{aligned} \lim_{n\to\infty}\frac{1}{\sqrt n I_{2n+1}} &= \frac{2}{\sqrt{\pi}} \end{aligned} $$

(6)

$$ \begin{aligned} \lim_{n\to\infty}\sqrt n{}_{2n}\mathrm{C}_{n}\left(\frac12\right)^{2n} &= \frac{1}{\sqrt{\pi}} \end{aligned} $$