トップ› 九州大学› 1964年› 理系第6問

九州大学 1964年理系第6問解説

方針・初手

(1) は $x \to 0$ における $\frac{1 - \cos x}{x^2} \to \frac{1}{2}$ という極限の基本形に帰着させることを目標に変形を行う。$- \cos ax + \cos ax$ を補って因数分解する手法や、積和の公式を用いて和の形に直す手法が考えられる。 (2) は $n$ を $\sum_{k=1}^n 1$ と見なすことで、$\sum$ の中に (1) の形を作り出す。極限をとる対象が有限和であるため、$\lim$ と $\sum$ の順序を入れ替えることができる。

解法1

(1)

求める極限の式を変形する。

$$1 - \cos ax \cos bx = 1 - \cos ax + \cos ax - \cos ax \cos bx = (1 - \cos ax) + \cos ax (1 - \cos bx)$$

これより、与式は次のように変形できる。

$$\frac{1 - \cos ax \cos bx}{x^2} = \frac{1 - \cos ax}{x^2} + \cos ax \cdot \frac{1 - \cos bx}{x^2}$$

ここで、

$$\lim_{x \to 0} \frac{1 - \cos ax}{x^2} = \lim_{x \to 0} \frac{1 - \cos^2 ax}{x^2(1 + \cos ax)} = \lim_{x \to 0} \frac{\sin^2 ax}{x^2(1 + \cos ax)}$$

$$= \lim_{x \to 0} \left( \frac{\sin ax}{ax} \right)^2 \cdot \frac{a^2}{1 + \cos ax} = 1^2 \cdot \frac{a^2}{1 + 1} = \frac{a^2}{2}$$

同様にして、

$$\lim_{x \to 0} \frac{1 - \cos bx}{x^2} = \frac{b^2}{2}$$

また、$\lim_{x \to 0} \cos ax = 1$ であるから、

$$\lim_{x \to 0} \frac{1 - \cos ax \cos bx}{x^2} = \frac{a^2}{2} + 1 \cdot \frac{b^2}{2} = \frac{a^2 + b^2}{2}$$

(2)

$n = \sum_{k=1}^n 1$ であることを用いると、$S_n$ の式は次のように変形できる。

$$S_n = \lim_{x \to 0} \frac{1}{x^2} \sum_{k=1}^n \left( 1 - \cos \frac{x}{2^{k-1}} \cos \frac{x}{2^k} \right)$$

$$= \lim_{x \to 0} \sum_{k=1}^n \frac{1 - \cos \frac{x}{2^{k-1}} \cos \frac{x}{2^k}}{x^2}$$

和は有限回の足し算であるから、極限操作と和の順序を交換でき、

$$S_n = \sum_{k=1}^n \left( \lim_{x \to 0} \frac{1 - \cos \frac{x}{2^{k-1}} \cos \frac{x}{2^k}}{x^2} \right)$$

(1) の結果において、$a = \frac{1}{2^{k-1}}, b = \frac{1}{2^k}$ としたものに等しいから、

$$S_n = \sum_{k=1}^n \frac{1}{2} \left\{ \left( \frac{1}{2^{k-1}} \right)^2 + \left( \frac{1}{2^k} \right)^2 \right\}$$

$$= \sum_{k=1}^n \frac{1}{2} \left( \frac{1}{4^{k-1}} + \frac{1}{4^k} \right) = \sum_{k=1}^n \frac{1}{2} \left( \frac{4}{4^k} + \frac{1}{4^k} \right) = \sum_{k=1}^n \frac{5}{2} \left( \frac{1}{4} \right)^k$$

したがって、$S_n$ は初項が $\frac{5}{2} \cdot \frac{1}{4} = \frac{5}{8}$、公比が $\frac{1}{4}$、項数が $n$ の等比数列の和となる。

(イ)

$$S_2 = \sum_{k=1}^2 \frac{5}{2} \left( \frac{1}{4} \right)^k = \frac{5}{2} \left( \frac{1}{4} + \frac{1}{16} \right) = \frac{5}{2} \cdot \frac{5}{16} = \frac{25}{32}$$

(ロ)

$$\lim_{n \to \infty} S_n = \lim_{n \to \infty} \sum_{k=1}^n \frac{5}{8} \left( \frac{1}{4} \right)^{k-1}$$

これは初項 $\frac{5}{8}$、公比 $\frac{1}{4}$ の無限等比級数の和であり、公比の絶対値が $1$ より小さい（$\left| \frac{1}{4} \right| < 1$）ため収束し、その値は、

$$\frac{\frac{5}{8}}{1 - \frac{1}{4}} = \frac{\frac{5}{8}}{\frac{3}{4}} = \frac{5}{8} \cdot \frac{4}{3} = \frac{5}{6}$$

解法2

(1)の別解（積和の公式を用いる方法）

三角関数の積和の公式 $\cos A \cos B = \frac{1}{2} \{ \cos(A+B) + \cos(A-B) \}$ を用いる。

$$\frac{1 - \cos ax \cos bx}{x^2} = \frac{1 - \frac{1}{2} \{ \cos(a+b)x + \cos(a-b)x \}}{x^2}$$

$$= \frac{2 - \cos(a+b)x - \cos(a-b)x}{2x^2}$$

$$= \frac{1 - \cos(a+b)x}{2x^2} + \frac{1 - \cos(a-b)x}{2x^2}$$

ここで、解法1と同様に $\lim_{x \to 0} \frac{1 - \cos kx}{x^2} = \frac{k^2}{2}$ であることを利用すると、

$$\lim_{x \to 0} \frac{1 - \cos(a+b)x}{2x^2} = \frac{1}{2} \cdot \frac{(a+b)^2}{2} = \frac{(a+b)^2}{4}$$

$$\lim_{x \to 0} \frac{1 - \cos(a-b)x}{2x^2} = \frac{1}{2} \cdot \frac{(a-b)^2}{2} = \frac{(a-b)^2}{4}$$

したがって、求める極限は

$$\frac{(a+b)^2}{4} + \frac{(a-b)^2}{4} = \frac{a^2 + 2ab + b^2 + a^2 - 2ab + b^2}{4} = \frac{2a^2 + 2b^2}{4} = \frac{a^2 + b^2}{2}$$

解説

極限計算と数列の和、無限級数が組み合わさった標準的な総合問題である。 (1) は $\lim_{x \to 0} \frac{1-\cos x}{x^2} = \frac{1}{2}$ に帰着させる発想が不可欠である。解法1のように式の一部を足し引きして因数分解する手法は、微分係数の定義式の変形などでもよく用いられる重要なテクニックである。解法2の積和の公式を用いる手法も、三角関数の極限において次数を下げる・和の形に直すという基本方針に合致しており有効である。 (2) では、$n$ を $n = \sum_{k=1}^n 1$ と見抜いてシグマの中に組み込む操作が鍵となる。極限をとる変数 $x$ と和をとる変数 $k$ が独立しているため、有限和の極限を極限の和として計算できる点にも注意したい。最後に現れる無限等比級数の計算は基本的であるため、確実に正解したい。