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数学3 定積分・面積問題 192 解説

方針・初手

(1) は定積分 $\int \frac{1}{t^2+1} dt$ の計算であり、$t = \tan \theta$ と置換する標準的な手法を用いる。 (2) は合成関数の微分法と微積分学の基本定理を用いて $g'(x)$ を計算する。導関数が等しいこと、または和の導関数が $0$ になることを利用して等式を証明する。 (3) は (2) で得られた等式を用いて $x \to \infty$ の極限を $x \to 0$ 付近での $f(x)$ の値に帰着させる。 (4) は (3) の結果を利用し、求める極限を微分の定義式 $\lim_{h \to 0} \frac{f(h)-f(0)}{h}$ の形に帰着させるか、はさみうちの原理を利用する。

解法1

(1)

$f(1) = \int_{0}^{1} \frac{1}{t^2 + 1} dt$ を求める。 $t = \tan \theta$ とおくと、$dt = \frac{1}{\cos^2 \theta} d\theta$ である。 $t$ と $\theta$ の対応は以下のようになる。

$$\begin{array}{c|ccc} t & 0 & \to & 1 \\ \hline \theta & 0 & \to & \frac{\pi}{4} \end{array}$$

したがって、

$$\begin{aligned} f(1) &= \int_{0}^{\frac{\pi}{4}} \frac{1}{\tan^2 \theta + 1} \cdot \frac{1}{\cos^2 \theta} d\theta \\ &= \int_{0}^{\frac{\pi}{4}} \cos^2 \theta \cdot \frac{1}{\cos^2 \theta} d\theta \\ &= \int_{0}^{\frac{\pi}{4}} 1 d\theta \\ &= \left[ \theta \right]_{0}^{\frac{\pi}{4}} \\ &= \frac{\pi}{4} \end{aligned}$$

(2)

$f(x) = \int_{0}^{x} \frac{1}{t^2 + 1} dt$ より、微積分学の基本定理から $f'(x) = \frac{1}{x^2 + 1}$ である。 $x > 0$ に対して $g(x) = f\left(\frac{1}{x}\right)$ であるから、合成関数の微分法を用いると、

$$\begin{aligned} g'(x) &= f'\left(\frac{1}{x}\right) \cdot \left(\frac{1}{x}\right)' \\ &= \frac{1}{\left(\frac{1}{x}\right)^2 + 1} \cdot \left( -\frac{1}{x^2} \right) \\ &= \frac{x^2}{1 + x^2} \cdot \left( -\frac{1}{x^2} \right) \\ &= -\frac{1}{x^2 + 1} \end{aligned}$$

次に、$x > 0$ において $\{f(x) + g(x)\}'$ を計算すると、

$$\begin{aligned} \{f(x) + g(x)\}' &= f'(x) + g'(x) \\ &= \frac{1}{x^2 + 1} - \frac{1}{x^2 + 1} \\ &= 0 \end{aligned}$$

導関数が常に $0$ であるから、$f(x) + g(x)$ は定数関数である。すなわち、ある定数 $C$ を用いて $f(x) + g(x) = C$ と表せる。この等式に $x = 1$ を代入すると、

$$C = f(1) + g(1) = f(1) + f(1) = 2f(1)$$

(1) より $f(1) = \frac{\pi}{4}$ であるから、

$$C = 2 \cdot \frac{\pi}{4} = \frac{\pi}{2}$$

したがって、$x > 0$ に対して $f(x) + g(x) = \frac{\pi}{2}$ が成り立つ。

(3)

(2) の結果から、$x > 0$ に対して $f(x) = \frac{\pi}{2} - g(x) = \frac{\pi}{2} - f\left(\frac{1}{x}\right)$ である。 $x \to \infty$ のとき $\frac{1}{x} \to +0$ である。また、$f(x)$ は実数全体で微分可能であり連続であるから、$\lim_{u \to 0} f(u) = f(0)$ が成り立つ。ここで、$f(0) = \int_{0}^{0} \frac{1}{t^2 + 1} dt = 0$ である。ゆえに、

$$\begin{aligned} \alpha &= \lim_{x \to \infty} f(x) \\ &= \lim_{x \to \infty} \left\{ \frac{\pi}{2} - f\left(\frac{1}{x}\right) \right\} \\ &= \frac{\pi}{2} - f(0) \\ &= \frac{\pi}{2} \end{aligned}$$

(4)

(3) より $\alpha = \frac{\pi}{2}$ であり、(2) の等式から $\frac{\pi}{2} - f(x) = g(x) = f\left(\frac{1}{x}\right)$ であるから、求める極限は

$$\lim_{x \to \infty} x\{\alpha - f(x)\} = \lim_{x \to \infty} x f\left(\frac{1}{x}\right)$$

ここで、$u = \frac{1}{x}$ とおくと、$x \to \infty$ のとき $u \to +0$ である。

$$\lim_{x \to \infty} x f\left(\frac{1}{x}\right) = \lim_{u \to +0} \frac{f(u)}{u}$$

$f(0) = 0$ であるから、この極限は微分係数の定義を用いて次のように計算できる。

$$\begin{aligned} \lim_{u \to +0} \frac{f(u)}{u} &= \lim_{u \to +0} \frac{f(u) - f(0)}{u - 0} \\ &= f'(0) \end{aligned}$$

$f'(x) = \frac{1}{x^2 + 1}$ であるから、$f'(0) = \frac{1}{0^2 + 1} = 1$ である。したがって、

$$\lim_{x \to \infty} x\{\alpha - f(x)\} = 1$$

解法2

(4) の別解（はさみうちの原理を用いる方法）

求める極限は $\lim_{u \to +0} \frac{f(u)}{u}$ に帰着されるところまでは解法1と同じである。 $u > 0$ のとき、$0 \le t \le u$ において

$$\frac{1}{u^2 + 1} \le \frac{1}{t^2 + 1} \le 1$$

が成り立つ。各辺を $0$ から $u$ まで $t$ で積分すると、

$$\int_{0}^{u} \frac{1}{u^2 + 1} dt \le \int_{0}^{u} \frac{1}{t^2 + 1} dt \le \int_{0}^{u} 1 dt$$

$$\frac{u}{u^2 + 1} \le f(u) \le u$$

$u > 0$ より、各辺を $u$ で割ると

$$\frac{1}{u^2 + 1} \le \frac{f(u)}{u} \le 1$$

ここで、$\lim_{u \to +0} \frac{1}{u^2 + 1} = 1$ であるから、はさみうちの原理より

$$\lim_{u \to +0} \frac{f(u)}{u} = 1$$

したがって、求める極限は $1$ である。

解説

逆正接関数（アークタンジェント）を背景とした有名な問題である。$f(x) = \arctan x$ と表される関数であり、(2) の等式は $\arctan x + \arctan \frac{1}{x} = \frac{\pi}{2} \ (x > 0)$ という関係式を自力で導出させる構成になっている。 (3) は $\lim_{x \to \infty} \arctan x = \frac{\pi}{2}$ を直接問うのではなく、(2) の関係式を用いて有限区間の積分の極限に帰着させることで厳密に証明させている。 (4) については、極限の不定形 $\infty \times 0$ を解消するために微分の定義を用いるのが最も見通しがよい。被積分関数が単調減少であることを用いて不等式を作り、はさみうちの原理を用いる方法（解法2）も、積分と極限が絡む問題における汎用的な手法として重要である。