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北海道大学 1978年理系第6問解説

方針・初手

(1) は定積分の計算問題である。被積分関数に $\sin 2t$ と $\sin t$ の式が含まれているため、まずは2倍角の公式を用いて角を $t$ に統一する。すると $\sin t$ とその導関数である $\cos t$ の積の形が現れるので、置換積分法を用いることで多項式の積分に帰着できる。

(2) は無限級数の和を求める問題である。無限級数はまず第 $N$ 項までの部分和 $S_N$ を立式し、その $N \to \infty$ の極限を考えるのが基本である。与えられた式を展開して書き並べることで、隣り合う項の相殺（部分分数分解の和などでよく見られる形）を利用して $S_N$ を簡単な式で表すことを目指す。

解法1

(1)

2倍角の公式 $\sin 2t = 2\sin t \cos t$ を用いて、積分 $a_n$ を変形する。

$$ a_n = \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} 2 \sin t \cos t (1 - \sin t)^{\frac{n-1}{2}} dt $$

ここで、$u = 1 - \sin t$ とおく。

両辺を $t$ で微分すると $\frac{du}{dt} = - \cos t$ より、$du = - \cos t dt$ となる。また、$t$ と $u$ の対応は以下のようになる。

$$ \begin{array}{c|ccc} t & 0 & \to & \frac{\pi}{2} \\ \hline u & 1 & \to & 0 \end{array} $$

さらに、$\sin t = 1 - u$ であるから、積分は次のように書き換えられる。

$$ \begin{aligned} a_n &= \int_{1}^{0} 2(1 - u) u^{\frac{n-1}{2}} (-du) \\ &= 2 \int_{0}^{1} (u^{\frac{n-1}{2}} - u^{\frac{n+1}{2}}) du \\ &= 2 \left[ \frac{1}{\frac{n-1}{2} + 1} u^{\frac{n-1}{2} + 1} - \frac{1}{\frac{n+1}{2} + 1} u^{\frac{n+1}{2} + 1} \right]_{0}^{1} \\ &= 2 \left( \frac{2}{n+1} - \frac{2}{n+3} \right) \\ &= 4 \left( \frac{1}{n+1} - \frac{1}{n+3} \right) \\ &= 4 \cdot \frac{(n+3) - (n+1)}{(n+1)(n+3)} \\ &= \frac{8}{(n+1)(n+3)} \end{aligned} $$

(2)

求める無限級数の第 $N$ 項までの部分和を $S_N$ とおく。

$$ S_N = \sum_{n=1}^{N} (n+1)(a_n - a_{n+1}) $$

和の記号を展開して書き並べると、以下のようになる。

$$ \begin{aligned} S_N &= 2(a_1 - a_2) + 3(a_2 - a_3) + 4(a_3 - a_4) + \cdots + (N+1)(a_N - a_{N+1}) \\ &= 2a_1 + (-2a_2 + 3a_2) + (-3a_3 + 4a_3) + \cdots + (-Na_N + (N+1)a_N) - (N+1)a_{N+1} \\ &= 2a_1 + a_2 + a_3 + \cdots + a_N - (N+1)a_{N+1} \\ &= a_1 + (a_1 + a_2 + a_3 + \cdots + a_N) - (N+1)a_{N+1} \\ &= a_1 + \sum_{n=1}^{N} a_n - (N+1)a_{N+1} \end{aligned} $$

ここで、各項の $N \to \infty$ の極限を考える。 (1)の結果より、$a_1 = \frac{8}{2 \cdot 4} = 1$ である。

次に、$\sum_{n=1}^{N} a_n$ について計算する。(1)で得た差の形を利用すると、部分分数に分解された和として計算できる。

$$ \begin{aligned} \sum_{n=1}^{N} a_n &= \sum_{n=1}^{N} 4 \left( \frac{1}{n+1} - \frac{1}{n+3} \right) \\ &= 4 \left\{ \left( \frac{1}{2} - \frac{1}{4} \right) + \left( \frac{1}{3} - \frac{1}{5} \right) + \left( \frac{1}{4} - \frac{1}{6} \right) + \cdots + \left( \frac{1}{N} - \frac{1}{N+2} \right) + \left( \frac{1}{N+1} - \frac{1}{N+3} \right) \right\} \\ &= 4 \left( \frac{1}{2} + \frac{1}{3} - \frac{1}{N+2} - \frac{1}{N+3} \right) \end{aligned} $$

したがって、この極限は以下のようになる。

$$ \lim_{N \to \infty} \sum_{n=1}^{N} a_n = 4 \left( \frac{1}{2} + \frac{1}{3} - 0 - 0 \right) = 4 \cdot \frac{5}{6} = \frac{10}{3} $$

また、残りの項 $(N+1)a_{N+1}$ の極限を計算する。

$$ (N+1)a_{N+1} = (N+1) \cdot \frac{8}{(N+2)(N+4)} = \frac{8(N+1)}{N^2 + 6N + 8} $$

分子・分母を $N^2$ で割って極限をとる。

$$ \lim_{N \to \infty} (N+1)a_{N+1} = \lim_{N \to \infty} \frac{\frac{8}{N} + \frac{8}{N^2}}{1 + \frac{6}{N} + \frac{8}{N^2}} = \frac{0 + 0}{1 + 0 + 0} = 0 $$

以上より、求める無限級数の和は次のように定まる。

$$ \begin{aligned} \sum_{n=1}^{\infty} (n+1)(a_n - a_{n+1}) &= \lim_{N \to \infty} S_N \\ &= 1 + \frac{10}{3} - 0 \\ &= \frac{13}{3} \end{aligned} $$

解説

(1) の積分は、三角関数の積分において「関数とその導関数の積」を見つけるという定石問題である。被積分関数に微分形が接触していることに気づけば、自然と置換積分の形が見えてくるはずである。$x = \sin t$ と置換してから部分積分法を用いるなど別のアプローチも可能だが、計算量はやや増える。

(2) は数列の和における典型的な変形を用いる。問題文の式を一般項のまま計算しようとすると式が複雑になりやすい。シグマ記号を展開し、部分和を縦に並べたり括弧を外したりすることで、多くの項が相殺し合う構造を見抜くことが重要である。無限級数を計算する際は、和の公式を当てはめるだけでなく、「部分和 $S_N$ を作ってから極限をとる」という原則を忘れないようにしたい。