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東北大学 1972年理系第5問解説

方針・初手

区間 $[n\pi,(n+1)\pi]$ での増分

$$ f((n+1)\pi)-f(n\pi)=\int_{n\pi}^{(n+1)\pi}e^{-t}\sin^5 t,dt $$

を直接調べる。

$\sin(t+n\pi)=(-1)^n\sin t$ という周期性と、$e^{-t}$ の指数因子を利用して、各区間の積分を $f(\pi)$ に帰着させるのが自然である。その後、$f(n\pi)$ を増分の和として表せば等比数列になる。

解法1

まず

$$ f((n+1)\pi)-f(n\pi)=\int_{n\pi}^{(n+1)\pi}e^{-t}\sin^5 t,dt $$

である。

ここで $t=u+n\pi$ とおくと、$dt=du$ より

$$ \begin{aligned} f((n+1)\pi)-f(n\pi) &=\int_0^\pi e^{-(u+n\pi)}\sin^5(u+n\pi),du \\ &=e^{-n\pi}\int_0^\pi e^{-u}\bigl(( -1)^n\sin u\bigr)^5,du \\ &=(-1)^n e^{-n\pi}\int_0^\pi e^{-u}\sin^5 u,du. \end{aligned} $$

ここで

$$ \int_0^\pi e^{-u}\sin^5 u,du=f(\pi)=\frac{3}{13}(1+e^{-\pi}) $$

が与えられているから、

$$ f((n+1)\pi)-f(n\pi)=\frac{3}{13}(1+e^{-\pi})(-1)^n e^{-n\pi} $$

となる。これが（1）の答えである。

次に、$f(0)=0$ なので

$$ \begin{aligned} f(n\pi) &=\sum_{k=0}^{n-1}\bigl(f((k+1)\pi)-f(k\pi)\bigr) \\ &=\frac{3}{13}(1+e^{-\pi})\sum_{k=0}^{n-1}(-1)^k e^{-k\pi}. \end{aligned} $$

これは公比 $-e^{-\pi}$ の等比数列であるから、

$$ \sum_{k=0}^{n-1}(-1)^k e^{-k\pi} =\sum_{k=0}^{n-1}(-e^{-\pi})^k =\frac{1-(-e^{-\pi})^n}{1+e^{-\pi}}. $$

したがって

$$ f(n\pi)=\frac{3}{13}(1+e^{-\pi})\cdot \frac{1-(-e^{-\pi})^n}{1+e^{-\pi}} =\frac{3}{13}\bigl(1-(-e^{-\pi})^n\bigr) $$

を得る。

ここで $| -e^{-\pi} | = e^{-\pi}<1$ だから

$$ (-e^{-\pi})^n\to 0 \qquad (n\to\infty) $$

である。よって

$$ \lim_{n\to\infty}f(n\pi)=\frac{3}{13} $$

となる。これが（2）の答えである。

解説

この問題の要点は、$\sin^5 t$ が $\pi$ ずれると符号だけが反転することと、$e^{-t}$ が区間を進むごとに $e^{-\pi}$ 倍されることである。そのため、各区間での増分は前のものに $-e^{-\pi}$ を掛けた形になり、$f(n\pi)$ は等比数列の和として処理できる。

与えられた $f(\pi)$ を単独の値として終わらせず、各区間の基本ブロックとして使うのが本問の核心である。