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東北大学 1964年理系第6問解説

方針・初手

(1) 定積分 $f_n(a)$ の被積分関数を展開し、$a$ について整理します。積分変数は $x$ であり、$a$ は $x$ に無関係な定数として扱えるため、$a$ を積分の外に出すことができます。これにより、$f_n(a)$ は $a$ の2次関数として表されます。各項の定積分を計算したのち、2次関数の平方完成を行うことで最小値を与える $a$ を求めます。

(2) (1) で求めた $a_n$ を用いて無限級数の和を計算します。$a_n$ の分母が $4n^2-1 = (2n-1)(2n+1)$ と因数分解できることに着目し、部分分数分解を行います。無限級数は第 $N$ 項までの部分和を求めてから極限をとるという手順で厳密に計算します。

解法1

(1)

与えられた定積分 $f_n(a)$ を展開して整理する。

$$ \begin{aligned} f_n(a) &= \int_0^\pi (\sin x - a \cos 2nx)^2 dx \\ &= \int_0^\pi (\sin^2 x - 2a \sin x \cos 2nx + a^2 \cos^2 2nx) dx \\ &= \int_0^\pi \sin^2 x dx - 2a \int_0^\pi \sin x \cos 2nx dx + a^2 \int_0^\pi \cos^2 2nx dx \end{aligned} $$

それぞれの定積分を計算する。半角の公式より、

$$ \int_0^\pi \sin^2 x dx = \int_0^\pi \frac{1 - \cos 2x}{2} dx = \left[ \frac{1}{2}x - \frac{1}{4}\sin 2x \right]_0^\pi = \frac{\pi}{2} $$

$$ \int_0^\pi \cos^2 2nx dx = \int_0^\pi \frac{1 + \cos 4nx}{2} dx = \left[ \frac{1}{2}x + \frac{1}{8n}\sin 4nx \right]_0^\pi = \frac{\pi}{2} $$

次に、積和の公式を用いて $\int_0^\pi \sin x \cos 2nx dx$ を計算する。

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

これより、

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

ここで、$n$ は正の整数であるから、$2n+1$ と $2n-1$ はともに奇数である。奇数 $k$ に対して $\cos k\pi = -1$ となるため、

$$ \begin{aligned} \int_0^\pi \sin x \cos 2nx dx &= \frac{1}{2} \left( -\frac{-1 - 1}{2n+1} + \frac{-1 - 1}{2n-1} \right) \\ &= \frac{1}{2} \left( \frac{2}{2n+1} - \frac{2}{2n-1} \right) \\ &= \frac{1}{2n+1} - \frac{1}{2n-1} \\ &= \frac{(2n-1) - (2n+1)}{(2n+1)(2n-1)} \\ &= \frac{-2}{4n^2-1} \end{aligned} $$

以上より、$f_n(a)$ は次のように表される。

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

これは $a$ についての2次関数である。平方完成を行うと、

$$ \begin{aligned} f_n(a) &= \frac{\pi}{2} \left( a^2 + \frac{8}{\pi(4n^2-1)} a \right) + \frac{\pi}{2} \\ &= \frac{\pi}{2} \left( a + \frac{4}{\pi(4n^2-1)} \right)^2 - \frac{\pi}{2} \left( \frac{4}{\pi(4n^2-1)} \right)^2 + \frac{\pi}{2} \end{aligned} $$

ゆえに、$f_n(a)$ を最小にする $a$ の値は、

$$ a = -\frac{4}{\pi(4n^2-1)} $$

(2)

(1) の結果より、$a_n$ は次のように因数分解・部分分数分解できる。

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

求める無限級数の第 $N$ 項までの部分和を $S_N$ とおくと、

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

中間項がすべて相殺されるため、次のように計算できる。

$$ S_N = -\frac{2}{\pi} \left( 1 - \frac{1}{2N+1} \right) $$

求める無限級数の和は、この部分和 $S_N$ の $N \to \infty$ における極限である。

$$ \begin{aligned} \sum_{n=1}^\infty a_n &= \lim_{N \to \infty} S_N \\ &= \lim_{N \to \infty} -\frac{2}{\pi} \left( 1 - \frac{1}{2N+1} \right) \\ &= -\frac{2}{\pi} (1 - 0) \\ &= -\frac{2}{\pi} \end{aligned} $$

解説

関数の直交性やフーリエ級数に関連する背景を持つ、入試数学としては非常に典型的な積分計算と無限級数の問題です。

(1) では被積分関数を展開し、$a$ についての2次関数として整理することが第一歩となります。ここでの計算の山場は $\int_0^\pi \sin x \cos 2nx dx$ の処理です。解答では積和の公式を用いていますが、部分積分を2回繰り返して同形を出現させる（あるいは方程式を立てる）方法でも求めることができます。計算ミスを防ぐためには、偶数・奇数の性質（$\cos k\pi$ の値など）を丁寧に当てはめることが重要です。

(2) は部分分数分解を利用する無限級数の典型問題です（望遠鏡和）。分母が $(2n-1)(2n+1)$ の形になっていることから、差の形への変形はすぐに思いつくでしょう。無限級数の定義に従い、必ず「第 $N$ 項までの部分和を求めてから極限をとる」という手順を記述することが、記述試験において減点されないためのポイントです。