京都大学 2001年 理系 第6問 解説

方針・初手

被積分関数に含まれる $|\sin nx|$ に着目します。$\sin nx$ の周期は $\dfrac{2\pi}{n}$ ですが、絶対値がついているため $|\sin nx|$ の周期は $\dfrac{\pi}{n}$ となります。 積分区間 $[0, n\pi]$ をこの周期 $\dfrac{\pi}{n}$ ごとに細かく分割し、各区間で置換積分を行うことで、定積分を等比数列の和として表すことができます。 求めた等比数列の和の式において $n \to \infty$ の極限をとる方針で進めます。極限計算では、微分の定義式 $\lim_{h \to 0} \dfrac{e^h - 1}{h} = 1$ を活用します。

解法1

$|\sin nx|$ の周期は $\dfrac{\pi}{n}$ である。積分区間 $[0, n\pi]$ を幅 $\dfrac{\pi}{n}$ の $n^2$ 個の区間に分割する。

$$ \int_0^{n\pi} e^{-x}|\sin nx|dx = \sum_{k=0}^{n^2-1} \int_{k\frac{\pi}{n}}^{(k+1)\frac{\pi}{n}} e^{-x}|\sin nx|dx $$

右辺の各積分について、$x = t + k\dfrac{\pi}{n}$ とおく。 $dx = dt$ であり、積分区間は $t: 0 \to \dfrac{\pi}{n}$ となる。 また、被積分関数の絶対値部分は

$$ \left| \sin n\left(t + k\frac{\pi}{n}\right) \right| = |\sin (nt + k\pi)| = |(-1)^k \sin nt| = |\sin nt| $$

となる。ここで積分区間 $0 \le t \le \dfrac{\pi}{n}$ において $0 \le nt \le \pi$ であるから、$\sin nt \ge 0$ となり絶対値をそのまま外すことができる。 したがって、各区間の積分は

$$ \int_{k\frac{\pi}{n}}^{(k+1)\frac{\pi}{n}} e^{-x}|\sin nx|dx = \int_0^{\frac{\pi}{n}} e^{-\left(t + k\frac{\pi}{n}\right)} \sin nt \, dt = e^{-k\frac{\pi}{n}} \int_0^{\frac{\pi}{n}} e^{-t} \sin nt \, dt $$

と変形できる。 ここで、$I_n = \displaystyle\int_0^{\frac{\pi}{n}} e^{-t} \sin nt \, dt$ とおき、部分積分を用いてこの定積分を計算する。

$$ I_n = \int_0^{\frac{\pi}{n}} (-e^{-t})' \sin nt \, dt = \left[ -e^{-t} \sin nt \right]_0^{\frac{\pi}{n}} - \int_0^{\frac{\pi}{n}} (-e^{-t}) (n \cos nt) \, dt $$

$$ = (0 - 0) + n \int_0^{\frac{\pi}{n}} e^{-t} \cos nt \, dt $$

$$ = n \int_0^{\frac{\pi}{n}} (-e^{-t})' \cos nt \, dt $$

$$ = n \left( \left[ -e^{-t} \cos nt \right]_0^{\frac{\pi}{n}} - \int_0^{\frac{\pi}{n}} (-e^{-t}) (-n \sin nt) \, dt \right) $$

$$ = n \left( -e^{-\frac{\pi}{n}} \cos \pi - (-1 \cdot \cos 0) - n \int_0^{\frac{\pi}{n}} e^{-t} \sin nt \, dt \right) $$

$$ = n \left( e^{-\frac{\pi}{n}} + 1 - n I_n \right) $$

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

これより、$(n^2 + 1)I_n = n(1 + e^{-\frac{\pi}{n}})$ となるから、

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

を得る。元の定積分は等比数列の和として次のように計算できる。

$$ \int_0^{n\pi} e^{-x}|\sin nx|dx = \sum_{k=0}^{n^2-1} e^{-k\frac{\pi}{n}} I_n = I_n \sum_{k=0}^{n^2-1} \left( e^{-\frac{\pi}{n}} \right)^k $$

この和は初項 $1$、公比 $e^{-\frac{\pi}{n}}$、項数 $n^2$ の等比数列の和であるから、

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

となる。$I_n$ を代入して整理すると、

$$ \int_0^{n\pi} e^{-x}|\sin nx|dx = \frac{n(1 + e^{-\frac{\pi}{n}})}{n^2 + 1} \cdot \frac{1 - e^{-n\pi}}{1 - e^{-\frac{\pi}{n}}} $$

この極限を計算しやすくするために、式を次のように並べ替える。

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

$n \to \infty$ としたときの各因数の極限を考える。

1つ目の因数は

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

2つ目の因数について、$h = -\dfrac{\pi}{n}$ とおくと、$n \to \infty$ のとき $h \to 0$ であり、

$$ \lim_{n \to \infty} \frac{\frac{1}{n}}{1 - e^{-\frac{\pi}{n}}} = \lim_{h \to 0} \frac{-\frac{h}{\pi}}{1 - e^h} = \lim_{h \to 0} \frac{1}{\pi} \cdot \frac{h}{e^h - 1} = \frac{1}{\pi} \cdot 1 = \frac{1}{\pi} $$

3つ目、4つ目の因数は

$$ \lim_{n \to \infty} (1 + e^{-\frac{\pi}{n}}) = 1 + e^0 = 2 $$

$$ \lim_{n \to \infty} (1 - e^{-n\pi}) = 1 - 0 = 1 $$

以上より、求める極限値は

$$ \lim_{n \to \infty} \int_0^{n\pi} e^{-x}|\sin nx|dx = 1 \cdot \frac{1}{\pi} \cdot 2 \cdot 1 = \frac{2}{\pi} $$

解説

「減衰曲線と絶対値付き三角関数の積の定積分」は、大学入試における頻出テーマです。絶対値を外すために三角関数の周期ごとに積分区間を分割し、置換積分を施すことで等比数列の和に帰着させるという一連の流れは、完全に定石化されています。 本問ではさらにその先の極限計算が問われていますが、定積分から得られた式の中から $\lim_{n \to \infty} n(1 - e^{-\frac{\pi}{n}})$ のような不定形を見つけ出し、$e^x$ の微分係数の定義を用いて $\pi$ に収束することを正しく導けるかが最後の関門となります。極限の式を「収束するパーツの掛け算」に適切に分解して処理することが重要です。

答え

$$ \frac{2}{\pi} $$