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大阪大学 1990年理系第2問解説

方針・初手

定積分 $\int_0^{\frac{\pi}{2}} \cos 2nx \cos x dx$ は、三角関数の積和の公式を用いて和の形に直すことで計算できる。その後、得られた数列の一般項を部分分数分解し、隣り合う項の差（望遠鏡和）の形を作ることで部分和を計算する。最後に部分和の極限をとることで、無限級数の収束を示し、その和を求める。

解法1

まず、定積分 $I_n = \int_0^{\frac{\pi}{2}} \cos 2nx \cos x dx$ を計算する。

積和の公式 $\cos A \cos B = \frac{1}{2}\{\cos(A+B) + \cos(A-B)\}$ を用いると、被積分関数は次のように変形できる。

$$ \cos 2nx \cos x = \frac{1}{2} \{\cos(2n+1)x + \cos(2n-1)x\} $$

これより $I_n$ を計算する。

$$ \begin{aligned} I_n &= \frac{1}{2} \int_0^{\frac{\pi}{2}} \{\cos(2n+1)x + \cos(2n-1)x\} dx \\ &= \frac{1}{2} \left[ \frac{\sin(2n+1)x}{2n+1} + \frac{\sin(2n-1)x}{2n-1} \right]_0^{\frac{\pi}{2}} \end{aligned} $$

ここで、$n$ は自然数であるから、

$$ \sin(2n+1)\frac{\pi}{2} = \sin\left(n\pi + \frac{\pi}{2}\right) = \cos n\pi = (-1)^n $$

$$ \sin(2n-1)\frac{\pi}{2} = \sin\left(n\pi - \frac{\pi}{2}\right) = -\cos n\pi = -(-1)^n $$

これらを代入して整理する。

$$ \begin{aligned} I_n &= \frac{1}{2} \left( \frac{(-1)^n}{2n+1} + \frac{-(-1)^n}{2n-1} \right) \\ &= \frac{(-1)^n}{2} \left( \frac{1}{2n+1} - \frac{1}{2n-1} \right) \\ &= \frac{(-1)^n}{2} \cdot \frac{(2n-1) - (2n+1)}{(2n+1)(2n-1)} \\ &= \frac{(-1)^{n+1}}{(2n-1)(2n+1)} \end{aligned} $$

次に、求める無限級数の第 $n$ 項を $a_n = n I_n$ とおく。

$$ a_n = \frac{(-1)^{n+1} n}{(2n-1)(2n+1)} $$

分数部分 $\frac{n}{(2n-1)(2n+1)}$ を部分分数分解する。$\frac{n}{(2n-1)(2n+1)} = \frac{A}{2n-1} + \frac{B}{2n+1}$ とおいて分母を払うと、

$$ A(2n+1) + B(2n-1) = n $$

$$ (2A+2B)n + (A-B) = n $$

係数を比較して、 $2A+2B=1$ かつ $A-B=0$ を解くと、$A = \frac{1}{4}$、$B = \frac{1}{4}$ を得る。よって、

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

これより $a_n$ は次のように変形できる。

$$ \begin{aligned} a_n &= (-1)^{n+1} \cdot \frac{1}{4} \left( \frac{1}{2n-1} + \frac{1}{2n+1} \right) \\ &= \frac{1}{4} \left( \frac{(-1)^{n+1}}{2n-1} + \frac{(-1)^{n+1}}{2n+1} \right) \\ &= \frac{1}{4} \left( \frac{(-1)^{n-1}}{2n-1} - \frac{(-1)^n}{2n+1} \right) \end{aligned} $$

無限級数の第 $N$ 項までの部分和を $S_N = \sum_{n=1}^N a_n$ とおくと、隣り合う項が次々と打ち消し合う。

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

ここで、$N \to \infty$ の極限をとると、

$$ \lim_{N \to \infty} \left| \frac{(-1)^N}{2N+1} \right| = \lim_{N \to \infty} \frac{1}{2N+1} = 0 $$

であるから、

$$ \lim_{N \to \infty} S_N = \frac{1}{4} (1 - 0) = \frac{1}{4} $$

極限値が存在するため、与えられた無限級数は収束し、その和は $\frac{1}{4}$ である。

解説

無限級数の和を求める問題では、まず第 $N$ 項までの部分和 $S_N$ を計算し、その極限 $\lim_{N \to \infty} S_N$ をとるのが定石である。本問では、定積分を計算した後に得られる一般項について、部分分数分解を利用して $f(n) - f(n+1)$ の形を作り出すことが最大のポイントとなる。符号 $(-1)^n$ の指数部分の処理に注意し、隣り合う項が綺麗に打ち消し合う形に整理することで、部分和を簡潔な式で表すことができる。