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北海道大学 2009年理系第5問解説

方針・初手

定積分で表された数列の極限に関する典型的な問題である。 (1) は $\tan^2 x = \frac{1}{\cos^2 x} - 1$ の変形を用いて直接計算する。 (2) は $a_{n+1} + a_n$ を計算することで、被積分関数を計算可能な形にまとめる手法を用いる。 (3) は (2) で得られた関係式と、$a_n \ge 0$ であることを利用して不等式を作り、はさみうちの原理に持ち込む。 (4) は (2) で得られた式を用いてシグマの中身を $a_k$ の和の形に書き換え、途中項が次々と相殺されるいわゆる「望遠鏡和」の形を作る。

解法1

(1)

与えられた定義より、

$$ a_1 = \int_{0}^{\frac{\pi}{4}} (\tan x)^2 dx $$

三角関数の相互関係 $1 + \tan^2 x = \frac{1}{\cos^2 x}$ を用いると、

$$ \begin{aligned} a_1 &= \int_{0}^{\frac{\pi}{4}} \left( \frac{1}{\cos^2 x} - 1 \right) dx \\ &= \left[ \tan x - x \right]_{0}^{\frac{\pi}{4}} \\ &= \left( \tan \frac{\pi}{4} - \frac{\pi}{4} \right) - (\tan 0 - 0) \\ &= 1 - \frac{\pi}{4} \end{aligned} $$

(2)

$a_{n+1}$ と $a_n$ の和を考える。

$$ \begin{aligned} a_{n+1} + a_n &= \int_{0}^{\frac{\pi}{4}} (\tan x)^{2(n+1)} dx + \int_{0}^{\frac{\pi}{4}} (\tan x)^{2n} dx \\ &= \int_{0}^{\frac{\pi}{4}} \left\{ (\tan x)^{2n+2} + (\tan x)^{2n} \right\} dx \\ &= \int_{0}^{\frac{\pi}{4}} (\tan x)^{2n} (\tan^2 x + 1) dx \\ &= \int_{0}^{\frac{\pi}{4}} (\tan x)^{2n} \cdot \frac{1}{\cos^2 x} dx \end{aligned} $$

ここで、$t = \tan x$ とおくと、$\frac{dt}{dx} = \frac{1}{\cos^2 x}$ より $dt = \frac{1}{\cos^2 x} dx$ となる。積分区間は $x$ が $0$ から $\frac{\pi}{4}$ に変化するとき、$t$ は $\tan 0 = 0$ から $\tan \frac{\pi}{4} = 1$ に変化する。

$$ \begin{aligned} a_{n+1} + a_n &= \int_{0}^{1} t^{2n} dt \\ &= \left[ \frac{t^{2n+1}}{2n+1} \right]_{0}^{1} \\ &= \frac{1}{2n+1} \end{aligned} $$

したがって、求める式は、

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

(3)

積分区間 $0 \le x \le \frac{\pi}{4}$ において、$\tan x \ge 0$ であるから、すべての自然数 $n$ に対して $(\tan x)^{2n} \ge 0$ である。よって、その定積分である $a_n$ についても、

$$ a_n \ge 0 $$

が成り立つ。同様に $a_{n+1} \ge 0$ も成り立つ。 (2) で得られた関係式 $a_n + a_{n+1} = \frac{1}{2n+1}$ より、$a_n = \frac{1}{2n+1} - a_{n+1}$ であるから、

$$ a_n \le \frac{1}{2n+1} $$

以上より、すべての自然数 $n$ について以下の不等式が成り立つ。

$$ 0 \le a_n \le \frac{1}{2n+1} $$

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

$$ \lim_{n \to \infty} a_n = 0 $$

(4)

(2) で導いた式 $a_n + a_{n+1} = \frac{1}{2n+1}$ において、$n$ を $k-1$ に置き換えると、

$$ a_{k-1} + a_k = \frac{1}{2k-1} \quad (k \ge 2) $$

となる。ここで、便宜上 $a_0 = \int_{0}^{\frac{\pi}{4}} (\tan x)^0 dx = \int_{0}^{\frac{\pi}{4}} 1 dx = \frac{\pi}{4}$ と定める。 $k=1$ のとき、(1) の結果より $a_0 + a_1 = \frac{\pi}{4} + \left( 1 - \frac{\pi}{4} \right) = 1$ となり、$\frac{1}{2 \cdot 1 - 1} = 1$ と一致するため、上の関係式は $k=1$ のときも成り立つ。

求める和を $S_n$ とおくと、

$$ \begin{aligned} S_n &= \sum_{k=1}^{n} \frac{(-1)^{k+1}}{2k-1} \\ &= \sum_{k=1}^{n} (-1)^{k+1} (a_{k-1} + a_k) \\ &= (a_0 + a_1) - (a_1 + a_2) + (a_2 + a_3) - \dots + (-1)^{n+1}(a_{n-1} + a_n) \\ &= a_0 + a_1 - a_1 - a_2 + a_2 + a_3 - \dots + (-1)^{n+1}a_{n-1} + (-1)^{n+1}a_n \\ &= a_0 + (-1)^{n+1}a_n \end{aligned} $$

ここで $a_0 = \frac{\pi}{4}$ であり、(3) より $\lim_{n \to \infty} a_n = 0$ であるから、

$$ \begin{aligned} \lim_{n \to \infty} S_n &= \lim_{n \to \infty} \left\{ \frac{\pi}{4} + (-1)^{n+1}a_n \right\} \\ &= \frac{\pi}{4} + 0 \\ &= \frac{\pi}{4} \end{aligned} $$

解説

$I_n = \int \tan^n x dx$ 型の積分は、$I_{n+2} + I_n$ を計算することで次数を下げていくのが定石であり、(2) はそのための誘導となっている。 (3) の極限計算では、積分区間における被積分関数の符号から定積分の値の符号を判定し、不等式を作ってはさみうちの原理を用いるのが標準的なアプローチである。 (4) は、和の各項を (2) で得た漸化式を用いて書き換えることで、隣り合う項が次々と打ち消し合う形を作り出すのがポイントである。このとき、$k=1$ に対応する $a_0$ を自ら定義して組み込むと記述がスムーズになる。この結果は、グレゴリー・ライプニッツ級数 $\sum_{k=1}^{\infty} \frac{(-1)^{k-1}}{2k-1} = \frac{\pi}{4}$ を導出する有名な背景を持つ問題である。