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真の理解のためのシンプルな数学のノート

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積分(数学 III)

教科書の補足

定積分

定理≪$1$ 次関数との合成関数の積分≫

 $a \neq 0,$ $b$ を実数とする. 連続関数 $f(x)$ の不定積分が $F(x)$ であるとき, $f(ax+b)$ の不定積分は
$\displaystyle\int f(ax+b)dx = \frac{1}{a}F(ax+b)+C$ ($C$: 積分定数)
である.

定理≪微分積分学の基本定理≫

 $a$ を含む区間 $I$ で定義された連続関数 $f(x)$ に対し, 区間 $I$ において, \[\frac{d}{dx}\int_a^xf(t)dt = f(x)-f(a)\] が成り立つ.

定理≪積分の単調性≫

 閉区間 $[a,b]$ で連続関数 $f(x),$ $g(x)$ が $f(x) \leqq g(x)$ を満たすとき, \[\int_a^bf(x)dx \leqq \int_a^bg(x)dx\] が成り立つ. さらに, $f(c) < g(c),$ $a \leqq c \leqq b$ なる実数 $c$ が $1$ つでも存在すれば, \[\int_a^bf(x)dx < \int_a^bg(x)dx\] が成り立つ.

問題

不定積分

問題≪分数関数の不定積分≫

 不定積分 $\displaystyle\int\frac{dx}{x^2(x+1)}$ を求めよ.

解答例

$$\frac{1}{x^2(x+1)} = \frac{p}{x^2}+\frac{q}{x}+\frac{r}{x+1}$$ とおくと, \begin{align*} \frac{1}{x^2(x+1)} &= \frac{p(x+1)+qx(x+1)+rx^2}{x^2(x+1)} \\ &= \frac{(q+r)x^2+(p+q)x+p}{x^2(x+1)}. \end{align*} より, $q+r = p+q = 0,$ $p = 1$ だから, $$p = r = 1, \quad q = -1.$$ よって, \begin{align*} \int\frac{dx}{x^2(x+1)} &= \int\left(\frac{1}{x^2}+\frac{1}{x+1}-\frac{1}{x}\right) dx \\ &= \log x^2+\log |x+1|-\log |x|+C \\ &= \log\frac{x^2|x+1|}{|x|}+C \\ &= \log |x||x+1|+C \\ &= \log |x(x+1)|+C. \end{align*} ここで, $C$ は積分定数.

問題≪コーシーの関数方程式≫

(A)
実数全体で定義された実数値関数 $f(x)$ が, すべての実数 $x,$ $y$ に対して \[ f(x+y) = f(x)+f(y) \quad \cdots [\ast ]\] を満たすとする.
(1)
$f(0)$ を求めよ.
(2)
すべての実数 $x$ に対して $f(-x) = f(x)$ が成り立つことを示せ.
(3)
$f(x)$ が $x = 0$ で微分可能で $f'(0) = a$ ($a$ は定数)であるとき, $f(x)$ は実数全体で微分可能であることを示し, $f(x)$ を求めよ.
(B)
すべての実数 $x,$ $y$ に対して $g(x+y) = g(x)g(y),$ $g(x) > 0$ を満たし, $g'(0) = 1$ であるような実数値関数 $g(x)$ (定義域は実数全体)を決定せよ.
(C)
すべての正の数 $X,$ $Y$ に対して $h(XY) = h(X)+h(Y)$ を満たし, $h'(1) = 1$ であるような実数値関数 $h(X)$ (定義域は $X > 0$)を決定せよ.

解答例

(A)
(1)
$[\ast ]$ において $x = y = 0$ とすると, $f(0) = f(0)+f(0)$ となるから, $f(0) = 0$ である.
(2)
$[\ast ]$ において $y = -x$ とすると, $f(0) = f(x)+f(-x)$ となるから, $f(-x) = -f(x)$ が成り立つ.
(3)
$f(x+h) = f(x)+f(h)$ であるから, \begin{align*} \frac{f(x+h)-f(x)}{h} &= \frac{f(h)}{h} = \frac{f(0+h)-f(0)}{h} \\ &\to f'(0) = a \quad (h \to 0) \end{align*} が成り立つ. よって, $f(x)$ はすべての実数 $x$ で微分可能であり, $f'(x) = a$ である. したがって, $f(x) = ax+b$ ($b$ は積分定数)であるが, (1) の結果から $b = f(0) = 0$ であるので, $f(x) = ax$ が成り立つ.
(B)
$g(0) = g(0)g(0),$ $g(x) > 0$ であるから, $g(0) = 1$ である.
仮定から, 関数 $f(x) = \log g(x)$ は, すべての実数 $x,$ $y$ に対して \begin{align*} f(x+y) &= \log g(x+y) = \log g(x)g(y) \\ &= \log g(x)+\log g(y) = f(x)+f(y) \end{align*} を満たし, 合成関数の微分法により $f'(0) = \dfrac{g'(0)}{g(0)} = \dfrac{1}{1} = 1$ である.
よって, (A) の結果から, $\log g(x) = x$ つまり $g(x) = e^x$ が成り立つ.
(C)
$h(1) = h(1)+h(1)$ であるから, $h(1) = 0$ である.
仮定から, 関数 $f(x) = h(e^x)$ は, すべての実数 $x,$ $y$ に対して \begin{align*} f(x+y) &= h(e^{x+y}) = h(e^xe^y) \\ &= h(e^x)+h(e^y) = f(x)+f(y) \end{align*} を満たし, 合成関数の微分法により $f'(0) = h'(e^0)e^0 = h'(1) = 1$ である.
よって, (A) の結果から, $h(e^x) = x$ つまり $h(X) = \log X$ が成り立つ.

問題≪$f(ax+b)$ の不定積分≫

 次の不定積分を求めよ.
(a)
$I = \displaystyle\int\sqrt{2x+1}dx.$ 
(b)
$I = \displaystyle\int e^{2x}dx.$ 
(c)
$I = \displaystyle\int\cos\left( 2x+\dfrac{\pi}{2}\right)dx.$ 

解答例

(a)
\begin{align*} &I = \int (2x+1)^{\frac{1}{2}}dx \\ &= \frac{1}{2}\cdot\frac{(2x+1)^{\frac{3}{2}}}{\dfrac{3}{2}}+C = \frac{1}{3}(2x+1)^{\frac{3}{2}}+C. \end{align*}
(b)
\[ I = \frac{1}{2}e^{2x}+C.\]
(c)
\[ I = \frac{1}{2}\sin\left( 2x+\frac{\pi}{2}\right) +C.\]
ここで, $C$ は積分定数.

問題≪同型が出現する部分積分≫

 不定積分 $I = \displaystyle\int e^x\sin xdx$ を求めよ.

解答例

\begin{align*} I &= \int (e^x)'\sin xdx \\ &= e^x\sin x-\int e^x\cos xdx \\ &= e^x\sin x-\int (e^x)'\cos xdx \\ &= e^x\sin x-e^x\cos x+\int e^x(-\sin x)dx \\ &= e^x(\sin x-\cos x)-I+C. \end{align*} よって, \[ I = \frac{1}{2}e^x(\sin x-\cos x)+C.\] ここで, $C$ は積分定数.

定積分

問題≪累乗の微分の定積分≫

 $\displaystyle\int_0^1x\sqrt{1-x^2}dx$ の値を求めよ.

解答例

\begin{align*} \int_0^1x\sqrt{1-x^2}dx &= -\frac{1}{2}\int_0^1(1-x^2)^\frac{1}{2}(-2x)dx \\ &= -\frac{1}{2}\int_0^1(1-x^2)^\frac{1}{2}(1-x^2)'dx \\ &= -\frac{1}{2}\left[\frac{2}{3}(1-x^2)^\frac{3}{2}\right] _0^1 \\ &= -\frac{1}{2}\cdot\frac{2}{3}(0-1) \\ &= \frac{1}{3}. \end{align*}

問題≪対数微分された関数の定積分≫

 次の定積分の値を求めよ.
(a)
$I = \displaystyle\int_e^{e^2}\frac{dx}{x\log x}.$ 
(b)
$I = \displaystyle\int_1^{e^n}\frac{\log x}{x}dx.$ 

解答例

 $x = e^t$ とおくと, \[\frac{dx}{dt} = e^t, \quad \log x = t.\] よって,
(a)
\begin{align*} I &= \int_1^2\frac{1}{e^tt}\cdot e^tdt = \int_1^2\frac{dt}{t} \\ &= \big[\log t\big] _1^2 = \log 2-\log 1 = \log 2. \end{align*}
(b)
\begin{align*} I &= \int_0^n\frac{t}{e^t}\cdot e^tdt = \int_0^ntdt \\ &= \left[\frac{t^2}{2}\right] _0^n = \frac{n^2}{2}. \end{align*}

問題≪三角関数の積の定積分≫

 $m,$ $n$ を整数とする. $\displaystyle\int_0^\pi\cos mx\cos nxdx$ の値を求めよ.

解答例

(i)
$m = n$ のとき. \begin{align*} \int_0^\pi\cos mx\cos nxdx &= \int_0^\pi\cos ^2mxdx \\ &= \frac{1}{2}\int_0^\pi (1+\cos 2mx)dx \\ &= \frac{1}{2}\left[ x+\frac{\sin 2mx}{2m}\right] _0^\pi \\ &= \frac{\pi}{2}. \end{align*}
(ii)
$m \neq n$ のとき. \begin{align*} &\int_0^\pi\cos mx\cos nxdx \\ &= \frac{1}{2}\int_0^\pi (\cos (m+n)x+\cos (m-n)x)dx \\ &= \frac{1}{2}\left[\frac{\sin (m+n)x}{m+n}+\frac{\sin (m-n)x}{m-n}\right] _0^\pi \\ &= 0. \end{align*}

問題≪簡単な根号を含む定積分≫

 $\displaystyle\int_1^{16}\dfrac{dx}{\sqrt x+\sqrt[4]{x}}$ の値を求めよ.

解答例

 $t = \sqrt[4]{x}$ とおくと, $$x = t^4, \quad \frac{dx}{dt} = 4t^3$$ より, \begin{align*} \int_1^{16}\frac{dx}{\sqrt x+\sqrt[4]{x}} &= \int_1^2\frac{1}{t^2+t}\cdot 4t^3dt \\ &= 4\int_1^2\frac{t^2}{t+1}dt \\ &= 4\int_1^2\frac{(t+1)(t-1)+1}{t+1}dt \\ &= 4\int_1^2\left( t-1+\frac{1}{t+1}\right) dt \\ &= 4\left[ \frac{t^2}{2}-t+\log |t+1|\right] _1^2 \\ &= 2+4\log\frac{3}{2}. \end{align*}

問題≪三角関数の奇数乗の定積分≫

 次の定積分の値を求めよ:
(a)
$I = \displaystyle\int_0^{\frac{\pi}{2}}\cos ^3xdx.$ 
(b)
$I = \displaystyle\int_0^{\frac{\pi}{4}}\frac{dx}{\cos x}.$ 

解答例

 $t = \sin x$ とおくと, $\dfrac{dt}{dx} = \cos x.$ よって,
(a)
\begin{align*} I &= \int_0^{\frac{\pi}{2}}\cos ^2x\cos xdx = \int_0^{\frac{\pi}{2}}(1-\sin ^2x)\cos xdx \\ &= \int_0^1(1-t^2)dt = \left[ t-\frac{t^3}{3}\right] _0^1 \\ &= 1-\frac{1}{3} = \frac{2}{3}. \end{align*}
(b)
\begin{align*} I &= \int_0^{\frac{\pi}{4}}\frac{\cos x}{\cos ^2x}dx = \int_0^{\frac{\pi}{4}}\frac{\cos x}{1-\sin ^2x}dx \\ &= \int_0^{\frac{1}{\sqrt 2}}\frac{dt}{1-t^2} = \frac{1}{2}\int_0^{\frac{1}{\sqrt 2}}\left(\frac{1}{1+t}+\frac{1}{1-t}\right) dt \\ &= \frac{1}{2}[\log |1+t|-\log |1-t|]_0^{\frac{1}{\sqrt 2}} = \frac{1}{2}\left[\log\frac{|1+t|}{|1-t|}\right]_0^{\frac{1}{\sqrt 2}} \\ &= \frac{1}{2}\log\frac{1+\dfrac{1}{\sqrt 2}}{1-\dfrac{1}{\sqrt 2}} = \frac{1}{2}\log\frac{\sqrt 2+1}{\sqrt 2-1} \\ &= \frac{1}{2} \log (\sqrt 2+1)^2 = \log (\sqrt 2+1). \end{align*}

問題≪$1/(1+x^2)$ の定積分≫

(a)
定積分 $\displaystyle\int_0^1\dfrac{dx}{1+x^2}$ の値を求めよ.
(b)
与えられた正の整数 $n$ に対して $\alpha _n,$ $\beta _n$ を \begin{align*} \tan\alpha _n &= \frac{1}{n}, & 0 < &\alpha _n < \frac{\pi}{2}, \\ \tan\beta _n &= n, & 0 < &\beta _n < \frac{\pi}{2} \end{align*} なる実数とする.
(b1)
$0 < x < \dfrac{\pi}{2}$ において $x < \tan x$ が成り立つことを示せ.
(b2)
$\cos (\alpha _n+\beta _n) = 0$ を示すことで, $\alpha _n+\beta _n = \dfrac{\pi}{2}$ を示せ.
(b3)
$I_n = \displaystyle\int_1^n\dfrac{dx}{1+x^2}$ を $\alpha _n$ を用いて表し, 極限値 $\lim\limits_{n \to \infty}I_n$ を求めよ.
[静岡大 2007]

解答例

(a)
$x = \tan\theta \left( -\dfrac{\pi}{2} < \theta < \dfrac{\pi}{2}\right)$ とおくと, \[\frac{dx}{d\theta} = \frac{1}{\cos ^2\theta} = 1+\tan ^2\theta\] となるから, \begin{align*} \int_0^1\frac{dx}{1+x^2} &= \int_0^{\frac{\pi}{4}}\frac{1}{1+\tan ^2\theta}(1+\tan ^2\theta )d\theta \\ &= \int_0^{\frac{\pi}{4}}d\theta = \big[\theta\big] _0^{\frac{\pi}{4}} = \frac{\pi}{4}. \end{align*}
(b)
(b1)
\[ f(x) = \tan x-x \quad \left( 0 < x < \frac{\pi}{2}\right)\] とおく. このとき, \[ f'(x) = \frac{1}{\cos ^2x}-1 = \tan ^2x > 0\] から $f(x)$ は単調増加であり, $f(0) = 0$ であるから, $0 < x < \dfrac{\pi}{2}$ において $f(x) > 0$ すなわち $x < \tan x$ が成り立つ.
(b2)
\begin{align*} \cos (\alpha _n+\beta _n) &= \cos\alpha _n\cos\beta _n-\sin\alpha _n\sin\beta _n \\ &= \cos\alpha _n\cos\beta _n(1-\tan\alpha _n\tan\beta _n) \\ &= \cos\alpha _n\cos\beta _n\left( 1-\frac{1}{n}\cdot n\right) = 0. \end{align*} よって, $0 < \alpha _n+\beta _n < \pi$ に注意すると, \[\alpha _n+\beta _n = \frac{\pi}{2}.\]
(b3)
$x = \tan\theta$ とおくと, \[\frac{dx}{d\theta} = \frac{1}{\cos ^2\theta} = 1+\tan ^2\theta\] となるから, \begin{align*} I_n &= \int_{\frac{\pi}{4}}^{\beta _n}\frac{1}{1+\tan ^2\theta}(1+\tan ^2\theta )d\theta \\ &= \int_{\frac{\pi}{4}}^{\beta _n}d\theta = \beta _n-\frac{\pi}{4}. \end{align*} よって, (b2) の結果から, \[ I_n = \frac{\pi}{2}-\alpha _n-\frac{\pi}{4} = \frac{\pi}{4}-\alpha _n.\] (b1) の結果から $0 < \alpha _n < \tan\alpha _n = \dfrac{1}{n}$ が成り立つので, \[\lim_{n \to \infty}\alpha _n = 0.\] ゆえに, \[\lim_{n \to \infty}I_n = \frac{\pi}{4}.\]

問題≪分母に三角関数と定数の和を含む定積分≫

(1)
$0 \leqq x \leqq \dfrac{\pi}{2}$ とし, $t = \tan\dfrac{x}{2}$ とおく. $\sin x = \dfrac{2t}{t^2+1},$ $\cos x = \dfrac{t^2-1}{t^2+1}$ を示せ.
(2a)
$\displaystyle\int_0^\frac{\pi}{2}\frac{dx}{1+\sin x+\cos x}$ の値を求めよ.
(2b)
$\displaystyle\int_0^\frac{\pi}{2}\frac{dx}{3+5\cos x}$ の値を求めよ.

解答例

(1)
$t = \tan\dfrac{x}{2}$ とおくと, \begin{align*} \frac{2t}{1+t^2} &= \frac{2\sin\dfrac{x}{2}\cos\dfrac{x}{2}}{\cos ^2\dfrac{x}{2}+\sin ^2\dfrac{x}{2}} = \sin x, \\ \frac{1-t^2}{1+t^2} &= \frac{\cos ^2\dfrac{x}{2}-\sin ^2\dfrac{x}{2}}{\cos ^2\dfrac{x}{2}+\sin ^2\dfrac{x}{2}} = \cos x. \end{align*}
(2a)
\[\frac{dx}{dt} = 1\!\div\!\frac{dt}{dx} = 1\!\div\!\frac{1}{2\cos ^2\dfrac{x}{2}} = 2\cos ^2\frac{x}{2} = \frac{2}{1+t^2}\] より, \begin{align*} &\int_0^\frac{\pi}{2}\frac{dx}{1+\sin x+\cos x} \\ &= \int_0^1\frac{1}{1+\dfrac{2t}{1+t^2}+\dfrac{1-t^2}{1+t^2}}\cdot\frac{2}{1+t^2}{dt} \\ &= \int_0^1\frac{dt}{t+1} = [\log |t+1|]_0^1 = \log 2. \end{align*}
(2b)
(2a) と同じように $t = \tan\dfrac{x}{2}$ とおいて置換すると, \begin{align*} &\int_0^\frac{\pi}{2}\frac{dx}{3+5\cos x} = \int_0^1\frac{1}{3+5\cdot\dfrac{1-t^2}{1+t^2}}\cdot\frac{2}{1+t^2}{dt} \\ &= \int_0^1\frac{dt}{4-t^2} = \frac{1}{4}\int_0^1\left(\frac{1}{t+2}-\frac{1}{t-2}\right) dt \\ &= \frac{1}{4}\big[\log |t+2|-\log |t-2|\big] _0^1 \\ &= \frac{1}{4}(\log 3-\log 2-\log 1+\log 2) \\ &= \frac{1}{4}\log 3. \end{align*}

問題≪$\sqrt{x^2+a^2}$ を含む積分≫

 定積分 \[ I = \int_0^1\frac{dx}{\sqrt{x^2+1}}, \quad J = \int_0^1\sqrt{x^2+1}dx\] の値を次のように置換して求めよ.
(a)
$s = x+\sqrt{x^2+1}.$ 
(b)
$x = \dfrac{e^t-e^{-t}}{2}.$

解答例

(a)
$s = x+\sqrt{x^2+1}$ とおくと, \begin{align*} &\frac{ds}{dx} = 1+\frac{2x}{2\sqrt{x^2+1}} \\ &= \frac{\sqrt{x^2+1}+x}{\sqrt{x^2+1}} = \frac{s}{\sqrt{x^2+1}} \end{align*} となり \[\frac{dx}{ds} = \frac{\sqrt{x^2+1}}{s} \quad \cdots [1]\] となるから, \[ I = \int_1^{1+\sqrt 2}\frac{ds}{s} = \big[\log s\big] _1^{1+\sqrt2} = \log (1+\sqrt 2).\] また, $\sqrt{x^2+1} = s-x$ の両辺を $2$ 乗すると \[ x^2+1 = s^2-2sx+x^2\] から $2sx = 1-s^2$ となり, \[ x = \frac{s-s^{-1}}{2}\] となる. よって, \begin{align*} \sqrt{x^2+1} &= \sqrt{\frac{(s-s^{-1})^2}{4}+1} = \frac{1}{2}\sqrt{(s-s^{-1})^2+4} \\ &= \frac{1}{2}\sqrt{s^2+2+s^{-2}} = \frac{1}{2}\sqrt{(s+s^{-1})^2} \\ &= \frac{s+s^{-1}}{2} \end{align*} となり, $[1]$ と合わせて \[\frac{dx}{ds} = \frac{1+s^{-2}}{2}\] となるから, \begin{align*} J &= \int_1^{1+\sqrt 2}\frac{s+s^{-1}}{2}\cdot\frac{1+s^{-2}}{2}ds \\ &= \frac{1}{4}\int_1^{1+\sqrt 2}(s+2s^{-1}+s^{-3})ds \\ &= \frac{1}{4}\left[\frac{s^2}{2}+2\log |s|-\frac{1}{2s^2}\right] _1^{1+\sqrt 2} \\ &= \frac{(1+\sqrt 2)^2}{8}+\frac{\log (1+\sqrt 2)}{2}-\frac{(1+\sqrt 2)^{-2}}{8} \\ &= \frac{(1+\sqrt 2)^2-(\sqrt 2-1)^2}{8}+\frac{\log (1+\sqrt 2)}{2} \\ &= \frac{\sqrt 2+\log (1+\sqrt 2)}{2}. \end{align*}
(b)
$x = \dfrac{e^t-e^{-t}}{2}$ とおくと, \begin{align*} &x^2+1 = \frac{e^{2t}-2+e^{-2t}}{4}+1 \\ &= \frac{e^{2t}+2+e^{-2t}}{4} = \left(\frac{e^t+e^{-t}}{2}\right) ^2 \end{align*} となり, \begin{align*} &\sqrt{x^2+1} = \frac{e^t+e^{-t}}{2} \\ &= e^t-\frac{e^t-e^{-t}}{2} = e^t-x \end{align*} から \[ t = \log (x+\sqrt{x^2+1}).\] となる. さらに, \[\frac{dx}{dt} = \frac{e^t+e^{-t}}{2}\] となるから, \begin{align*} I &= \int_0^{\log (1+\sqrt 2)}dt = \log (1+\sqrt 2), \\ J &= \frac{1}{4}\int_0^{\log (1+\sqrt 2)}(e^t+e^{-t})^2dt \\ &= \frac{1}{4}\int_0^{\log (1+\sqrt 2)}(e^{2t}+2+e^{-2t})dt \\ &= \frac{1}{4}\left[\frac{e^{2t}}{2}+2t-\frac{e^{-2t}}{2}\right] _0^{\log (1+\sqrt 2)} \\ &= \frac{(1+\sqrt 2)^2}{8}+\frac{\log (1+\sqrt 2)}{2}-\frac{(1+\sqrt 2)^{-2}}{8} \\ &= \frac{(1+\sqrt 2)^2-(\sqrt 2-1)^2}{8}+\frac{\log (1+\sqrt 2)}{2} \\ &= \frac{\sqrt 2+\log (1+\sqrt 2)}{2}. \end{align*}

別解: 誘導なしの場合, 部分積分法で $J$ を $I$ の計算に帰着させる

\begin{align*} J &= \int_0^1x'\sqrt{x^2+1}dx \\ &= \left[ x\sqrt{x^2+1}\right] _0^1-\int_0^1x\cdot\frac{2x}{2\sqrt{x^2+1}}dx \\ &= \sqrt 2-\int_0^1\frac{x^2}{\sqrt{x^2+1}}dx \\ &= \sqrt 2-\int_0^1\frac{(x^2+1)-1}{\sqrt{x^2+1}}dx \\ &= \sqrt 2-\int_0^1\frac{x^2+1}{\sqrt{x^2+1}}dx+\int_0^1\frac{dx}{\sqrt{x^2+1}} \\ &= \sqrt 2-J+I. \end{align*} ゆえに, \[ J = \frac{\sqrt 2+1}{2} = \frac{\sqrt 2+\log (1+\sqrt 2)}{2}.\]

問題≪置換積分による同形出現≫

 $[0,\ 1]$ において連続な関数 $f(x)$ に対して, $\displaystyle\int_0^\pi xf(\sin x)dx = \dfrac{\pi}{2}\displaystyle\int_0\pi f(\sin x)dx$ が成り立つことを示せ.

解答例

 $I = \displaystyle\int_0^\pi xf(\sin x)dx$ とおく. $x = \pi -t$ とおくと, \begin{align*} I &= \int_\pi ^0 (\pi -t)f(\sin (\pi -t))(-1)dt \\ &= \pi\int _0^\pi f(\sin t)dt-\int _0^\pi tf(\sin t)dt \\ &= \pi\int _0^\pi f(\sin x)dx-I. \\ \therefore I &= \frac{\pi}{2}\int_0^\pi f(\sin x)dx. \end{align*}

問題≪特殊な分数関数の定積分≫

 $I = \displaystyle\int_{-\frac{\pi}{2}}^\frac{\pi}{2}\dfrac{\cos x}{1+e^x}dx$ の値を求めよ.

解答例

 $t = -x$ とおくと, \begin{align*} I &= \int_{-\frac{\pi}{2}}^\frac{\pi}{2}\frac{\cos x}{1+e^x}dx \\ &= \int_\frac{\pi}{2}^{-\frac{\pi}{2}}\frac{\cos (-t)}{1+e^{-t}}(-1)dt = \int_{-\frac{\pi}{2}}^\frac{\pi}{2}\frac{\cos t}{1+e^{-t}}dt \\ &= \int_{-\frac{\pi}{2}}^\frac{\pi}{2}\frac{e^t\cos t}{1+e^t}dt. \end{align*} よって, \begin{align*} 2I &= \int_{-\frac{\pi}{2}}^\frac{\pi}{2}\left(\frac{\cos x}{1+e^x}+\frac{e^x\cos x}{1+e^x}\right) dx \\ &= \int_{-\frac{\pi}{2}}^\frac{\pi}{2}\cos xdx = [\sin x]_{-\frac{\pi}{2}}^\frac{\pi}{2} \\ &= 2. \\ \therefore I &= 1. \end{align*}

問題≪定積分の漸化式≫

 各整数 $n$ に対して $I_n = \displaystyle\int_0^{\frac{\pi}{4}}\dfrac{dx}{\cos ^nx}$ とおく.
(1)
$I_1$ を求めよ.
(2)
任意の整数 $n$ に対して, $nI_n-(n+1)I_{n+2}+(\sqrt 2)^n = 0$ が成り立つことを示せ.
(3)
$\displaystyle\int_0^1\sqrt{1+x^2}dx$ の値を求めよ.

解答例

(1)
$$I_1 = \int_0^\frac{\pi}{4}\frac{dx}{\cos x} = \int_0^\frac{\pi}{4}\frac{\cos x}{\cos ^2x}dx = \int_0^\frac{\pi}{4}\frac{\cos xdx}{1-\sin ^2x}$$ だから, $t = \sin x$ とおくと, \begin{align*} I_1 &= \int_0^\frac{1}{\sqrt 2}\frac{dt}{1-t^2} = \int_0^\frac{1}{\sqrt 2}\frac{1}{2}\left(\frac{1}{1+t}+\frac{1}{1-t}\right) dt \\ &= \frac{1}{2}\left[\log\left|\frac{1+t}{1-t}\right|\right] _0^\frac{1}{\sqrt 2} = \frac{1}{2}\log\frac{1+\dfrac{1}{\sqrt 2}}{1-\dfrac{1}{\sqrt 2}} \\ &= \log (1+\sqrt 2). \end{align*}
(2)
\begin{align*} I_{n+2} &= \int_0^\frac{\pi}{4}\frac{dx}{\cos ^{n+2}x} = \int_0^\frac{\pi}{4}\frac{1}{\cos ^nx}(\tan x)'dx \\ &= \left[\frac{\tan x}{\cos ^nx}\right] _0^\frac{\pi}{4}-\int _0^\frac{\pi}{4}\frac{(-n)(-\sin x)}{\cos ^{n+1}x}\tan xdx \\ &= (\sqrt 2)^n -n\int _0^\frac{\pi}{4}\frac{1-\cos ^2x}{\cos ^{n+2}x}dx \\ &= (\sqrt 2)^n-n(I_{n+2}-I_n) \end{align*} より, $$nI_n-(n+1)I_{n+2}+(\sqrt 2)^n = 0 \cdots [1].$$
(3)
$x = \tan x$ とおくと, \begin{align*} \int_0^1\sqrt{1+x^2}dx &= \int_0^\frac{\pi}{4}\sqrt{1+\tan ^2\theta}\cdot\frac{d\theta}{\cos ^2\theta} \\ &= \int_0^\frac{\pi}{4}\frac{d\theta}{\cos ^3\theta} = I_3. \end{align*} $[1]$ に $n = 1$ を代入すると, $I_1-2I_3+\sqrt 2 = 0$ だから, \begin{align*} \int_0^1\sqrt{1+x^2}dx &= I_3 = \frac{1}{2}I_1+\frac{\sqrt 2}{2} \\ &= \frac{1}{2}\log (1+\sqrt 2)+\frac{\sqrt 2}{2}. \end{align*}

問題≪微分方程式による指数関数の特徴づけ≫

 実数全体で微分可能であり, 正の数全体を値域とする実数値関数 $f(x)$ が \[ f'(x) = f(x), \quad f(0) = 1\] を満たすとする. このとき, $f(x)' = f(x) > 0$ から $f(x)$ は単調増加なので, $f(x)$ の逆関数 $g(x)$ が存在する.
(1)
$g'(x)$ を求めて, $g(x) = \displaystyle\int_1^x\dfrac{dt}{t}$ であることを示せ.
(2)
すべての正の数 $x_1,$ $x_2$ に対して $g(x_1x_2) = g(x_1)+g(x_2)$ が成り立つことを示せ.
(3)
すべての実数 $x_1,$ $x_2$ に対して $f(x_1+x_2) = f(x_1)f(x_2)$ が成り立つことを示せ.
(4)
$g'(1)$ の値から $f(1) = \lim\limits_{n \to \infty}\left( 1+\dfrac{1}{n}\right) ^{n}$ であることを示せ.

解答例

(1)
$y = f(x)$ とおくと, 逆関数の微分法により \[\frac{dx}{dy} = \frac{1}{y'} = \frac{1}{y}\] となるから, \[ g'(x) = \dfrac{1}{x} \quad \cdots [1]\] である. また, $f(0) = 1$ から $g(1) = 0\ \cdots [2]$ であるので, \[ g(x) = g(x)-g(1) = \int_1^x\frac{dt}{t} \quad \cdots [3]\] が成り立つ.
(2)
$[3]$ から, すべての正の数 $x_1,$ $x_2$ に対して \begin{align*} g(x_1x_2) &= \int_1^{x_1x_2}\frac{dt}{t} = \int_1^{x_1}\frac{dt}{t}+\int_{x_1}^{x_1x_2}\frac{dt}{t} \\ &= g(x_1)+\int_1^{x_2}\frac{1}{x_1u}x_1du \quad (t = x_1u) \\ &= g(x_1)+g(x_2) \quad \cdots [4] \end{align*} が成り立つ.
(3)
$x_1,$ $x_2$ を実数として, $y_1 = f(x_1),$ $y_2 = f(x_2)$ とおく. このとき, $x_1 = g(y_1),$ $x_2 = g(y_2)$ となるので, $[4]$ から, \begin{align*} f(x_1+x_2) &= f(g(y_1)+g(y_2)) = f(g(y_1y_2)) \\ &= y_1y_2 = f(x_1)f(x_2) \end{align*} が成り立つ.
(4)
$[1],$ $[2]$ から, \[ 1 = g'(1) = \lim\limits_{h \to 0}\frac{g(1+h)-g(1)}{h} = \lim\limits_{h \to 0}\frac{1}{h}g(1+h)\] が成り立つ. よって, \begin{align*} 1 &= \lim\limits_{n \to \infty}ng\left( 1+\frac{1}{n}\right) \quad \left(\because n \to \infty \Longrightarrow \frac{1}{n} \to 0\right) \\ &= \lim\limits_{n \to \infty}g\left(\left( 1+\frac{1}{n}\right) ^n\right) \quad (\because [4]) \\ &= g\left(\lim\limits_{n \to \infty}\left( 1+\frac{1}{n}\right) ^n\right) \end{align*} である. 最後の等号は, $g(x)$ が連続であることによる(逆関数の微分法により微分可能であることの帰結). ゆえに, $f(1) = \lim\limits_{n \to \infty}\left( 1+\dfrac{1}{n}\right) ^n$ が成り立つ.

問題≪典型的な部分積分≫

 次の定積分の値を求めよ.
(a)
$I = \displaystyle\int_0^Gxe^{-x}dx.$ 
(b1)
$I_1 = \displaystyle\int_0^{\frac{\pi}{2}}x\sin xdx.$ 
(b2)
$I_2 = \displaystyle\int_0^{\frac{\pi}{2}}x^2\cos xdx$ 

解答例

(a)
\begin{align*} I &= \int_0^Gx(-e^{-x})'dx \\ &= \big[ -xe^{-x}\big] _0^G+\int_0^Ge^{-x}dx \\ &= -Ge^{-G}+\big[ -e^{-x}\big] _0^G \\ &= 1-(G+1)e^{-G}. \end{align*}
(b1)
\begin{align*} I_1 &= \int_0^{\frac{\pi}{2}}x(-\cos x)'dx \\ &= \big[ -x\cos x\big] _0^{\frac{\pi}{2}}+\int_0^{\frac{\pi}{2}}\cos xdx \\ &= 0+\big[\sin x\big] _0^{\frac{\pi}{2}} \\ &= 1. \end{align*}
(b2)
\begin{align*} I_2 &= \int_0^{\frac{\pi}{2}}x^2(\sin x)'dx \\ &= \big[ x^2\sin x\big] _0^{\frac{\pi}{2}}-\int_0^{\frac{\pi}{2}}2x\sin xdx \\ &= \frac{\pi ^2}{4}-2I_1 \\ &= \frac{\pi ^2}{4}-2. \end{align*}

問題≪対数関数の定積分≫

 次の定積分の値を求めよ.
(1)
$I_1 = \displaystyle\int_1^e\log xdx.$ 
(2)
$I_2 = \displaystyle\int_1^e(\log x)^2dx.$ 

解答例

(1)
\begin{align*} I_1 &= \int_1^ex'\log xdx = \big[ x\log x\big] _1^e-\int_1^ex\cdot\frac{1}{x}dx \\ &= e\log e-\log 1-\int _1^edx = e-\big[ x\big] _1^e \\ &= e-(e-1) = 1. \end{align*}
(2)
\begin{align*} I_2 \!&=\! \int_1^e\!\!x'(\log x)^2dx \!=\! \big[ x(\log x)^2\big] _1^e-\int_1^e\!\!x\!\cdot\!\frac{2\log x}{x}dx \\ &=\! e(\log e)^2-(\log 1)^2-2\int_1^e\log xdx \!=\! e-2I_1 \\ &=\! e-2. \end{align*}

問題≪セットで求まる部分積分≫

 次の定積分の値を求めよ. \[ I = \int_0^{\frac{\pi}{2}}e^x\cos xdx, \quad J = \int_0^{\frac{\pi}{2}}e^x\sin xdx.\]

解答例

\begin{align*} I &= \int_0^{\frac{\pi}{2}}(e^x)'\cos xdx \\ &= \big[ e^x\cos x\big] _0^{\frac{\pi}{2}}-\int_0^{\frac{\pi}{2}}e^x(-\sin x)dx \\ &= -1+J \quad \cdots [1], \\ J &= \int_0^{\frac{\pi}{2}}(e^x)'\sin xdx \\ &= \big[ e^x\sin x\big] _0^{\frac{\pi}{2}}-\int_0^{\frac{\pi}{2}}e^x\cos xdx \\ &= e^{\frac{\pi}{2}}-I \quad \cdots [2]. \end{align*} $[1],$ $[2]$ を解くと, \[ I = \frac{e^{\frac{\pi}{2}}-1}{2}, \quad J = \frac{e^{\frac{\pi}{2}}+1}{2}.\]

問題≪ウォリスの公式≫

 $n$ を非負整数とする. 定積分 \[ I_n = \int_0^{\frac{\pi}{2}}\cos ^nxdx\] について,
(1)
$n > 0$ のとき, $I_n$ を $I_{n-2}$ で表せ.
(2)
$n > 0$ のとき, 次の公式が成り立つことを示せ. \[ I_n = \begin{cases} \dfrac{n-1}{n}\cdot\dfrac{n-3}{n-2}\cdot\cdots\cdot\dfrac{3}{4}\cdot\dfrac{\pi}{2} & (n:\text{ 偶数}), \\ \dfrac{n-1}{n}\cdot\dfrac{n-3}{n-2}\cdot\cdots\cdot\dfrac{2}{3}\cdot 1 & (n:\text{ 奇数}). \end{cases}\]

解答例

(1)
部分積分法により, \begin{align*} I_n &= \int_0^{\frac{\pi}{2}}\cos ^{n-1}x\cos xdx \\ &= \int_0^{\frac{\pi}{2}}\cos ^{n-1}x(\sin x)'dx \\ &= \big[\cos ^{n-1}x\sin x\big] _0^{\frac{\pi}{2}} \\ &\qquad -\int_0^{\frac{\pi}{2}}(n-1)\cos ^{n-2}x(-\sin x)\sin xdx \\ &= (n-1)\int_0^{\frac{\pi}{2}}\cos ^{n-2}x(1-\cos ^2x)dx \\ &= (n-1)\!\int_0^{\frac{\pi}{2}}\!\cos ^{n-2}xdx-(n-1)\!\int_0^{\frac{\pi}{2}}\!\cos ^nxdx \\ &= (n-1)I_{n-2}-(n-1)I_n. \end{align*} よって, $nI_n = (n-1)I_{n-2}$ から, \[ I_n = \frac{n-1}{n}I_{n-2} \quad \cdots [1].\]
(2)
\begin{align*} I_0 &= \int_0^{\frac{\pi}{2}}dx = \frac{\pi}{2}, \\ I_1 &= \int_0^{\frac{\pi}{2}}\cos xdx = \big[\sin x\big] _0^{\frac{\pi}{2}} = 1 \end{align*} であるから, $[1]$ から求める公式を得る.

解説≪ウォリスの公式≫

\[ n!! = \begin{cases} n(n-2)\cdots 2 & (n\text{: 偶数}), \\ n(n-2)\cdots 1 & (n\text{: 奇数}) \end{cases}\] という記号を用いると, (2) の公式は \[\int_0^{\frac{\pi}{2}}\!\!\cos ^nxdx = \int_0^{\frac{\pi}{2}}\!\!\sin ^nxdx = \begin{cases} \dfrac{(n-1)!!}{n!!}\dfrac{\pi}{2} & \!\!(n:\text{ 偶数}), \\ \dfrac{(n-1)!!}{n!!} & \!\!(n:\text{ 奇数}) \end{cases}\] と表せる. $0 \leqq x \leqq \dfrac{\pi}{2}$ において $0 \leqq \sin x \leqq 1$ であるから, 積分の単調性により \[ I_{2n+2} \leqq I_{2n+1} \leqq I_{2n}.\] 上記の公式により, \[\frac{(2n+1)!!}{(2n+2)!!}\frac{\pi}{2} \leqq \frac{(2n)!!}{(2n+1)!!} \leqq \frac{(2n-1)!!}{(2n)!!}\frac{\pi}{2}.\] 辺々を $\dfrac{(2n-1)!!}{(2n)!!}$ で割ると, \[\frac{2n+1}{2n+2}\frac{\pi}{2} \leqq \frac{(2n)^2}{(2n+1)(2n-1)}\cdots\frac{2^2}{1\cdot 3} \leqq \frac{\pi}{2}\] 辺々の極限をとると, 挟みうちの原理により \[\lim_{n \to \infty}\frac{(2n)^2}{(2n+1)(2n-1)}\cdots\frac{2^2}{1\cdot 3} = \frac{\pi}{2}.\] これをウォリスの公式(Wallis's formula)と呼ぶ.

問題≪定積分の漸化式(ネイピア数の級数表示)≫

 $0! = 1$ と定め, 非負整数 $n$ に対して \[ I_n = \int_0^1x^{2n+1}e^{-x^2}dx, \quad J_n = \frac{I_n}{n!}\] と定める.
(1)
$I_0$ を求めよ.
(2)
$I_n$ を用いて $I_{n+1}$ を表せ.
(3)
$J_n$ を用いて $J_{n+1}$ を表せ.
(4)
$I_n$ を求めよ. 必要ならば, 和の記号 $\Sigma$ を用いても良い.
(5)
次の不等式を示せ. \[\frac{1}{2(n+1)e} < I_n < \frac{1}{2(n+1)}.\]
(6)
次の等式を示せ. \[ e = \sum_{n = 0}^\infty\frac{1}{n!}.\]
[電通大 2009 (改)]

解答例

(1)
\begin{align*} I_0 &= \int_0^1xe^{-x^2}dx = \left[ -\frac{1}{2}e^{-x^2}\right] _0^1 \\ &= -\frac{1}{2}e^{-1}-\left( -\frac{1}{2}\right) = \frac{1}{2}\left( 1-\frac{1}{e}\right). \end{align*}
(2)
\begin{align*} I_{n+1} &= \int_0^1x^{2n+3}e^{-x^2}dx \\ &= \int_0^1x^{2n+2}(xe^{-x^2})dx \\ &= \left[ x^{2n+2}\left( -\frac{1}{2}e^{-x^2}\right)\right] _0^1 \\ &\qquad -\int_0^1(2n+2)x^{2n+1}\left( -\frac{1}{2}e^{-x^2}\right) dx \\ &= -\frac{1}{2}e^{-1}+(n+1)\int_0^1x^{2n+1}e^{-x^2}dx \\ &= (n+1)I_n-\frac{1}{2e} \quad \cdots [1]. \end{align*}
(3)
$[1]$ の両辺を $(n+1)!$ で割ると, \[\frac{I_{n+1}}{(n+1)!} = \frac{I_n}{n!}-\frac{1}{2e(n+1)!}.\] ゆえに, \[ J_{n+1} = J_n-\frac{1}{2e(n+1)!} \quad \cdots [2].\]
(4)
$n > 0$ のとき, $[2]$ から, \begin{align*} J_n &= J_0+\sum_{k = 0}^{n-1}\left( -\frac{1}{2e(k+1)!}\right) \\ &= \frac{1}{2}\left( 1-\frac{1}{e}\right) -\frac{1}{2e}\sum_{k = 1}^n\frac{1}{k!} \\ &= \frac{1}{2}-\frac{1}{2e}\sum_{k = 0}^n\frac{1}{k!} \quad \cdots [3]. \end{align*}
(5)
$0 < x < 1$ において $e^{-1} < e^{-x^2} < 1$ が成り立つから, 積分の単調性により, \[\int_0^1x^{2n+1}e^{-1}dx < I_n < \int_0^1x^{2n+1}\cdot 1dx.\] 左辺と右辺の積分を計算すると, \[\frac{1}{2(n+1)e} < I_n < \frac{1}{2(n+1)} \quad \cdots [4].\]
(6)
$[3]$ から, \[ 2eJ_n = e-\sum_{k = 0}^n\frac{1}{k!} \quad \cdots [3]'.\] 一方, $[4]$ の両辺に $\dfrac{2e}{n!}$ をかけると, \[\frac{1}{(n+1)!e} < 2eJ_n < \frac{1}{(n+1)!}.\] ここに $[3]'$ を代入すると, \[\frac{1}{(n+1)!e} < e-\sum_{k = 0}^n\frac{1}{k!} < \frac{1}{(n+1)!}.\] 左辺と右辺は $0$ に収束するから, 挟みうちの原理により, \[ 0 = \lim_{n \to \infty}\left( e-\sum_{k = 0}^n\right) = e-\lim_{n \to \infty}\sum_{k = 0}^n\frac{1}{k!} = e-\sum_{n = 0}^\infty\frac{1}{n!}.\] ゆえに, \[ e = \sum_{n = 0}^\infty\frac{1}{n!}.\]

問題≪定積分の漸化式(メルカトル級数)≫

 数列 $\{ I_n\}$ を $I_n = (-1)^n\displaystyle\int_0^1\dfrac{x^n}{1+x}dx$ により定める.
(1)
$I_1$ を求めよ.
(2)
$\{ I_n\}$ の階差数列 $\{ J_n\}$ の一般項を求めよ.
(3)
$I_n = \log 2-\displaystyle\sum_{k = 1}^n\dfrac{(-1)^{k-1}}{k}$ を示せ.
(4)
$x \geqq 0$ のとき $\dfrac{1}{1+x} \leqq 1$ であることを用いて, $|I_n| \leqq \dfrac{1}{n+1}$ を示せ.
(5)
$\displaystyle\sum_{n = 1}^\infty\dfrac{(-1)^{n-1}}{n}$ を求めよ.
[山形大 2015*]

解答例

(1)
\begin{align*} I_1 &= \int_0^1\frac{-x}{1+x}dx = -\int_0^1\frac{1-(1+x)}{1+x}dx \\ &= \int_0^1\left(\frac{1}{1+x}-1\right) dx = \big[ \log (x+1)-x\big] _0^1 \\ &= \log 2-1. \end{align*}
(2)
\begin{align*} J_n &= I_{n+1}-I_n = (-1)^{n+1}\int_0^1\frac{x^{n+1}+x^n}{1+x}dx \\ &= (-1)^{n+1}\int_0^1\frac{x^n(x+1)}{1+x}dx = (-1)^{n+1}\int_0^1x^ndx \\ &= (-1)^{n+1}\left[\frac{x^{n+1}}{n+1}\right] _0^1 = \frac{(-1)^{n+1}}{n+1}. \end{align*}
(3)
$n \geqq 2$ のとき, \begin{align*} I_n &= I_1+\sum_{k = 1}^{n-1}J_k = (\log 2-1)+\sum_{k = 1}^{n-1}\frac{(-1)^{k+1}}{k+1} \\ &= \log 2-1+\sum_{k = 2}^n\frac{(-1)^k}{k} = \log 2+\sum_{k = 1}^n\frac{(-1)^k}{k} \\ &= \log 2-\sum_{k = 1}^n\frac{(-1)^{k-1}}{k} \quad \cdots [1]. \end{align*} これは, $n = 1$ のときも成り立つ.
(4)
$I_n$ の定義から, \[ |I_n| \leqq \int_0^1\frac{x^n}{1+x}dx \quad \cdots [2].\] 一方, $x \geqq 0$ のとき \[\frac{x^n}{1+x} \leqq x^n\] が成り立つから, \[\int_0^1\frac{x^n}{1+x} \leqq \int_0^1x^ndx = \frac{1}{n+1} \quad \cdots [3].\] $[2],$ $[3]$ をあわせると, \[ |I_n| \leqq \frac{1}{n+1} \quad \cdots [4].\]
(5)
$[1]$ を $[4]$ に代入すると, \[\left|\log 2-\sum_{k = 1}^n\frac{(-1)^{k-1}}{k}\right| \leqq \frac{1}{n+1}.\] 右辺は $0$ に収束するから, 挟みうちの原理により, \[\sum_{n = 0}^\infty\frac{(-1)^{n-1}}{n} = \lim_{n \to \infty}\sum_{k = 1}^n\frac{(-1)^{k-1}}{k} = \log 2.\]

問題≪定積分の漸化式(グレゴリー=ライプニッツ級数)≫

 各非負整数 $n$ に対して $I_n = \displaystyle\int_0^{\frac{\pi}{4}}\tan ^{2n}xdx$ とおく.
(1)
$I_{n+1} = \dfrac{1}{2n+1}-I_n$ を示せ.
(2)
$0 \leqq I_n \leqq \dfrac{1}{2n+1}$ を示せ.
(3)
$\displaystyle\sum_{n = 1}^\infty\frac{(-1)^{n-1}}{2n-1}$ を求めよ.

解答例

(1)
\begin{align*} I_{n+1} &= \int_0^{\frac{\pi}{4}}\tan ^{2n}x\tan ^2xdx \\ &= \int_0^{\frac{\pi}{4}}\tan ^{2n}x\left(\frac{1}{\cos ^2x}-1\right) dx \\ &= \int_0^{\frac{\pi}{4}}\frac{\tan ^{2n}x}{\cos ^2x}dx-I_n \\ &= \int_0^1t^{2n}dt-I_n = \frac{1}{2n+1}-I_n. \end{align*}
(2)
$I_n$ の定義から $I_n \geqq 0$ であり, \[ I_{n+1}+I_n \leqq \frac{1}{2n+1}\] であるので, $0 \leqq I_n \leqq \dfrac{1}{2n+1}$ が成り立つ.
(3)
\begin{align*} &\sum_{k = 1}^n\frac{(-1)^{n-1}}{2n-1} = \sum_{k = 1}^n(-1)^{k-1}(I_k+I_{k-1}) \\ &= (-1)^{n-1}I_n+I_0 = (-1)^{n-1}I_n+\int_0^{\frac{\pi}{4}}dx \\ &= (-1)^{n-1}I_n+\frac{\pi}{4}. \end{align*} よって, \[\left|\sum_{k = 1}^n\frac{(-1)^{k-1}}{2k-1}-\frac{\pi}{4}\right| \leqq I_n \leqq \frac{1}{2n+1}\] となるから, 挟みうちの原理により $\displaystyle\sum_{n = 1}^\infty\frac{(-1)^{n-1}}{2n-1}-\frac{\pi}{4} = 0$ となり, \[\sum_{n = 1}^\infty\frac{(-1)^{n-1}}{2n-1} = \frac{\pi}{4}\] となる.

問題≪定積分の漸化式で定まる関数列の極限≫

 関数 $f_0(x),$ $f_1(x),$ $f_2(x),$ $\cdots$ が $f_0(x) = 1,$ $f_{n+1}(x) = \displaystyle\int_0^\frac{\pi}{4}f_n(t)\sin (x+t)dt\ (n \geq 0)$ を満たすとき,
(1)
$a_n = \displaystyle\int_0^\frac{\pi}{4}f_n(t)\cos tdt,$ $b_n = \displaystyle\int_0^\frac{\pi}{4}f_n(t)\sin tdt$ の値を求めよ.
(2)
$\lim\limits_{n \to \infty}f_n(x)$ を求めよ.

解答例

(1)
\begin{align*} a_0 &= \int_0^\frac{\pi}{4}\cos tdt = [\sin t]_0^\frac{\pi}{4} = \frac{1}{\sqrt 2}, \\ b_0 &= \int_0^\frac{\pi}{4}\sin tdt = [-\cos t]_0^\frac{\pi}{4} = 1-\frac{1}{\sqrt 2}. \end{align*} $f_{n+1}(x) = \displaystyle\int_0^\frac{\pi}{4}f_n(t)\sin (x+t)dt$ より, $a_n = \displaystyle\int_0^\frac{\pi}{4}f_n(t)\cos tdt,$ $b_n = \displaystyle\int_0^\frac{\pi}{4}f_n(t)\sin tdt$ とおくと, \begin{align*} &f_{n+1}(x) = \int_0^\frac{\pi}{4}f_n(t)(\sin x\cos t+\cos x\sin t)dt \\ &= \sin x\int_0^\frac{\pi}{4}f_n(t)\cos tdt+\cos x\int_0^\frac{\pi}{4}f_n(t)\sin tdt \\ &= a_n\sin x+b_n\cos x. \end{align*} よって, \begin{align*} a_{n+1} &= \int_0^\frac{\pi}{4}f_{n+1}(t)\cos tdt \\ &= \int_0^\frac{\pi}{4}(a_n\sin t+b_n\cos t)\cos tdt \\ &= \int_0^\frac{\pi}{4}(a_n\sin t\cos t+b_n\cos ^2t)dt \\ &= \frac{a_n}{2}\int_0^\frac{\pi}{4}\sin 2tdt+\frac{b_n}{2}\int_0^\frac{\pi}{4}(1+\cos 2t)dt \\ &= \frac{a_n}{2}\left[\frac{-\cos 2t}{2}\right]_0^\frac{\pi}{4}+\frac{b_n}{2}\left[ t+\frac{\sin 2t}{2}\right]_0^\frac{\pi}{4} \\ &= \frac{1}{4}a_n+\left(\frac{\pi}{8}+\frac{1}{4}\right) b_n \cdots [1]. \end{align*} 同様にして, $$b_{n+1} = \left(\frac{\pi}{8}+\frac{1}{4}\right) a_n+\frac{1}{4}b_n \cdots [2].$$ $[1]+[2]$ より, $$a_{n+1}+b_{n+1} = \left(\frac{\pi}{8}+\frac{1}{2}\right)(a_n+b_n)$$ だから, \begin{align*} a_n+b_n &= \left(\frac{\pi}{8}+\frac{1}{2}\right) ^n(a_0+b_0) \\ &= \left(\frac{\pi}{8}+\frac{1}{2}\right) ^n \quad \cdots [3]. \end{align*} $[1]-[2]$ より, $$a_{n+1}-b_{n+1} = -\frac{\pi}{8}(a_n-b_n)$$ だから, \begin{align*} a_n-b_n &= \left( -\frac{\pi}{8}\right) ^n(a_0-b_0) \\ &= (\sqrt 2-1)\left( -\frac{\pi}{8}\right) ^n \quad \cdots [4]. \end{align*} $[3],$ $[4]$ より, \begin{align*} a_n &= \frac{1}{2}\left(\frac{\pi}{8}+\frac{1}{2}\right) ^n+\frac{\sqrt 2-1}{2}\left( -\frac{\pi}{8}\right) ^n, \\ b_n &= \frac{1}{2}\left(\frac{\pi}{8}+\frac{1}{2}\right) ^n-\frac{\sqrt 2-1}{2}\left( -\frac{\pi}{8}\right) ^n. \end{align*}
(2)
\begin{align*} |f_n(x)| &\leqq |a_n\cos x|+|b_n\sin x| \\ &= |a_n||\cos x|+|b_n||\sin x| \\ &\leqq |a_n|+|b_n| \end{align*} であり, $\left|\dfrac{\pi}{8}+\dfrac{1}{2}\right| < 1,$ $\left| -\dfrac{\pi}{8}\right| < 1$ より $\lim\limits_{n \to \infty}(|a_n|+|b_n|) = 0$ だから, 挟みうちの原理より, $$\lim\limits_{n \to \infty}f_n(x) = 0.$$

問題≪区間が一定の定積分の等式を満たす関数≫

 $f(x) = x-\displaystyle\int_1^ef(t)\log tdt$ を満たす実数全体で連続な関数 $f(x)$ を求めよ.

解答例

 $a = \displaystyle\int_1^ef(t)\log tdt$ とおくと, $f(x) = x-a$ だから, \begin{align*} a &= \int_1^e(t-a)\log tdt \\ &= \int_1^et\log tdt-a\int_1^e\log tdt \\ &= \frac{1}{2}\int_1^e(t^2) '\log tdt-a\int_1^et'\log tdt \\ &= \frac{1}{2}\left( [t^2\log t]_1^e-\int_1^et^2\cdot\frac{1}{t}dt\right) \\ &\qquad -a\left([t\log t]_1^e-\int_1^et\cdot\frac{1}{t}dt\right) \\ &= \frac{1}{2}\left( e^2-\left[\frac{t^2}{2}\right]_1^e\right) -a(e-[t]_1^e) \\ &= \frac{1}{2}\left( e^2-\frac{e^2}{2}+\frac{1}{2}\right) -a(e-e+1) \\ &= \frac{e^2+1}{4}-a. \end{align*} よって, $2a = \dfrac{e^2+1}{4}$ より, $$a = \frac{e^2+1}{8}$$ だから, $$f(x) = x-\frac{e^2+1}{8}.$$

問題≪区間が動く定積分の等式を満たす関数≫

 実数全体で微分可能な関数 $f(x)$ が $f(x) = x-\displaystyle\int_0^x(x-t)f'(t)dt$ を満たすとき,
(1)
$f'(x)$ を $f(x)$ で表せ.
(2)
$e^xf(x)$ の導関数を求めよ.
(3)
$f(x)$ を求めよ.

解答例

(1)
$f(x) = x-\displaystyle\int_0^x(x-t)f'(t)dt$ より, $$f(0) = 0-0 = 0.$$ また, $f(x) = x-x\displaystyle\int_0^xf'(t)dt+\displaystyle\int_0^xtf'(t)dt$ より, \begin{align*} f'(x) &= 1-\int_0^xf'(t)dt-xf'(x)+xf'(x) \\ &= 1-[f(t)]_0^x = 1-f(x)+f(0) \\ &= 1-f(x) \cdots [1]. \end{align*}
(2)
\begin{align*} \frac{d}{dx}e^xf(x) &= e^xf(x)+e^xf'(x) \\ &= e^xf(x)+e^x(1-f(x)) \quad (\because [1])\\ &= e^x \cdots [2]. \end{align*}
(3)
$[2]$ より, $$e^xf(x) = \int e^xdx = e^x+c$$ を満たす定数 $c$ が存在する.
$x = 0$ を代入すると, $e^0f(0) = e^0+c$ より, $$c = -1.$$ よって, $e^xf(x) = e^x-1$ だから, 両辺を $e^x$ で割ると, $$f(x) = 1-e^{-x}.$$

問題≪二項定理と定積分の融合≫

 二項定理 $(1+x)^n = \sum_{k = 0}^n{}_n\mathrm C_kx^k$ を用いて, $\sum_{k = 0}^n\frac{{}_n\mathrm C_k}{k+1}$ の値を求めよ.
[横浜市大 2005*]

解答例

\begin{align*} \sum_{k = 0}^n\frac{{}_n\mathrm C_k}{k+1} &= \sum_{k = 0}^n{}_n\mathrm C_k\int_0^1x^kdx = \int_0^1\sum_{k = 0}^n{}_n\mathrm C_kx^kdx \\ &= \int_0^1(1+x)^ndx = \left[\frac{(1+x)^{n+1}}{n+1}\right] _0^1 \\ &= \frac{2^{n+1}-1}{n+1}. \end{align*}

定積分と不等式

問題≪定積分の評価≫

(1)
$e^{-x^2} \leqq \dfrac{1}{1+x^2}$ を示せ.
(2)
$\dfrac{e-1}{e} \leqq \displaystyle\int_0^1e^{-x^2}dx \leqq \dfrac{\pi}{4}$ を示せ.

解答例

(1)
$f(t) = e^t-(1+t)$ とおくと, $t \geqq 0$ において $$f'(t) = e^t-1 \geqq 0.$$ よって, $t \geqq 0$ において, $f(t)$ は単調に増加するから, $f(t) \geqq f(0) = 0$ より, $$e^t \geqq 1+t.$$ したがって, $e^{x^2} \geqq 1+x^2 > 0$ だから, 両辺の逆数をとると, $$e^{-x^2} \leqq \frac{1}{1+x^2}.$$
(2)
$0 \leqq x \leqq 1$ において $x \geqq x^2$ だから, $$e^{-x} \leqq e^{-x^2} \leqq \frac{1}{1+x^2}.$$ よって, $$\int_0^1e^{-x}dx \leqq \int_0^1e^{-x^2}dx \leqq \int_0^1\frac{1}{1+x^2}dx.$$ ここで, $$\int_0^1e^{-x}dx = [-e^{-x}]_0^1 = -\frac{1}{e}+1 = \frac{e-1}{e}.$$ さらに, $x = \tan\theta$ とおくと, \begin{align*} \int_0^1\frac{1}{1+x^2}dx &= \int_0^\frac{\pi}{4}\frac{1}{1+\tan ^2\theta}\cdot\frac{1}{\cos ^2\theta}d\theta \\ &= \int_0^\frac{\pi}{4}d\theta = \frac{\pi}{4}. \end{align*} ゆえに, $$\frac{e-1}{e} \leqq \int_0^1e^{-x^2}dx \leqq \frac{\pi}{4}.$$

問題≪定積分の不等式と極限≫

(1)
$x \geqq 0$ のとき, $x-\dfrac{x^3}{6} \leqq \sin x \leqq x$ が成り立つことを示せ.
(2)
$x \geqq 0$ のとき, $\dfrac{x^3}{3}-\dfrac{x^5}{30} \leqq \displaystyle\int_0^xt\sin tdt \leqq \dfrac{x^3}{3}$ が成り立つことを示せ.
(3)
$\lim\limits_{x \to 0}\dfrac{\sin x-x\cos x}{x^3}$ の値を求めよ.

解答例

(1)
$f(x) = x-\sin x\ (x \geqq 0)$ とおくと, $$f'(x) = 1-\cos x \geqq 0$$ より, $f(x) \geqq f(0) = 0.$
$g(x) = \sin x-\left( x-\dfrac{x^3}{6}\right)\ (x \geqq 0)$ とおくと, \begin{align*} g'(x) &= \cos x-1+\dfrac{x^2}{2}, \\ g''(x) &= -\sin x+x = f(x) \geqq 0 \end{align*} より, $g'(x) \geqq g'(0) = 0$ だから, $g(x) \geqq g(0) = 0$ となる.
よって, $x \geqq 0$ のとき, $$x-\dfrac{x^3}{6} \leqq \sin x \leqq x.$$
(2)
(1) より, $x \geqq 0$ のとき, $$x^2-\frac{x^4}{6} \leqq x\sin x \leqq x^2.$$ よって, \begin{align*} \int_0^x\left( t^2-\frac{t^4}{6}\right) dt \leqq &\int_0^xt\sin tdt \leqq \int_0^xt^2dt. \\ \therefore\frac{x^3}{3}-\frac{x^5}{30} \leqq &\int_0^xt\sin tdt \leqq \frac{x^3}{3}. \end{align*}
(3)
\begin{align*} \int_0^xt\sin tdt &= \int_0^xt(-\cos t)'dt \\ &= [-t\cos t]_0^x-\int_0^x(-\cos t)dt \\ &= -x\cos x+[\sin t]_0^x \\ &= -x\cos x+\sin x. \end{align*} よって, (2) より, $x > 0$ のとき, \begin{align*} \frac{x^3}{3}-\frac{x^5}{30} \leqq &\sin x-x\cos x \leqq \frac{x^3}{3}. \\ \therefore\frac{1}{3}-\frac{x^2}{30} \leqq &\frac{\sin x-x\cos x}{x^3} \leqq \frac{1}{3}. \end{align*} $\lim\limits_{x \to +0}\left(\dfrac{1}{3}-\dfrac{x^2}{30}\right) = \dfrac{1}{3}$ だから, 挟みうちの原理より, $$\lim\limits_{x \to +0}\frac{\sin x-x\cos x}{x^3} = \frac{1}{3}.$$ また, $t = -x$ とおくと, \begin{align*} \lim\limits_{x \to -0}\frac{\sin x\! -\! x\cos x}{x^3} &= \lim\limits_{t \to +0}\frac{\sin (-t)\! -\! (-t)\cos (-t)}{(-t)^3} \\ &= \lim\limits_{t \to +0}\frac{\sin t-t\cos t}{t^3} = \frac{1}{3}. \end{align*} ゆえに, $$\lim\limits_{x \to 0}\frac{\sin x-x\cos x}{x^3} = 0.$$

問題≪定積分の不等式と無限級数≫

(1)
$\displaystyle\int_0^\frac{\pi}{4}\frac{\tan ^nx}{\cos ^2x}dx$ の値を求め, $\displaystyle\int_0^\frac{\pi}{4}\tan ^nxdx \leqq \dfrac{1}{n+1}$ を示せ.
(2)
$\sum\limits_{n = 0}^\infty\dfrac{(-1)^n}{2n+1}$ の値を求めよ.

解答例

(1)
$0 \leqq x \leqq \dfrac{\pi}{4}$ において $\dfrac{1}{\sqrt 2} \leqq \cos x \leqq 1$ より $\dfrac{1}{2} \leqq \cos ^2x \leqq 1$ だから, $$\cos ^2x \neq 0, \quad 1 \leqq \frac{1}{\cos ^2x} \cdots [1]$$ であることに注意する. $t = \tan x$ とおくと, \begin{align*} \int_0^\frac{\pi}{4}\frac{\tan ^nx}{\cos ^2x}dx &= \int_0^1t^ndt = \left[\frac{t^{n+1}}{n+1}\right] _0^1 \\ &= \frac{1}{n+1} \cdots [2]. \end{align*} よって, $0 \leqq x \leqq \dfrac{\pi}{4}$ のとき, $[1]$ より $$\tan ^nx \leqq \dfrac{\tan ^nx}{\cos ^2x}$$ だから, $$\int_0^\frac{\pi}{4}\tan ^nx \leqq \int_0^\frac{\pi}{4}\frac{\tan ^nx}{\cos ^2x}dx \cdots [3].$$ $[2],$ $[3]$ より, $$\int_0^\frac{\pi}{4}\tan ^nx \leqq \frac{1}{n+1}.$$
(2)
非負整数 $n$ に対して $I_n = \sum\limits_{k = 0}^n\dfrac{(-1)^k}{2k+1}$ とおくと, \begin{align*} I_n &= \sum\limits_{k = 0}^n(-1)^k\int_0^\frac{\pi}{4}\frac{\tan ^{2k}x}{\cos ^2x}dx \\ &= \int_0^\frac{\pi}{4}\frac{1}{\cos ^2x}\left(\sum\limits_{k = 0}^n(-1)^k\tan ^{2k}x\right) dx \\ &= \int_0^\frac{\pi}{4}\frac{1}{\cos ^2x}\cdot\frac{1-(-\tan ^2x)^{n+1}}{1-(-\tan ^2x)}dx \\ &\qquad (\because -\tan ^2x \neq 1) \\ &= \int_0^\frac{\pi}{4}(1-(-1)^{n+1}\tan ^{2(n+1)}x)dx \\ &= \frac{\pi}{4}+(-1)^{n+2}\int_0^\frac{\pi}{4}\tan ^{2(n+1)}xdx. \end{align*} よって, \begin{align*} \left| I_n-\frac{\pi}{4}\right| &= \int_0^\frac{\pi}{4}\tan ^{2(n+1)}xdx \\ &\leqq \frac{1}{2(n+1)+1} = \frac{1}{2n+3}. \end{align*} $\lim\limits_{n \to \infty}\dfrac{1}{2n+3} = 0$ だから, 挟みうちの原理より, $$\lim\limits_{n \to \infty}\left( I_n-\frac{\pi}{4}\right) = 0.$$ ゆえに, $$\sum\limits_{n = 0}^\infty\frac{(-1)^n}{2n+1} = \lim\limits_{n \to \infty}I_n = \frac{\pi}{4}.$$

問題≪定積分に関するコーシー-シュワルツの不等式≫

(1)
関数 $f(x)$ が $a \leqq x \leqq b$ において連続で $f(x) \neq 0$ を満たすとき, 次の不等式を示せ. $$\left(\int_a^bf(x)^2dx\right)\left(\int_a^b\frac{1}{f(x)^2}dx\right) \leqq (b-a)^2.$$
(2)
(1) を $f(x) = \cos ^2x,$ $a = 0,$ $b = \dfrac{\pi}{4}$ に適用して, $\pi \leqq 1+\sqrt 5$ を示せ.

解答例

(1)
任意の実数 $t$ に対して $\left( tf(x)+\dfrac{1}{f(x)}\right) ^2 \geqq 0$ だから, \begin{align*} \int_a^b\left( tf(x)+\frac{1}{f(x)}\right) ^2 dx &\geqq 0. \\ \therefore t^2\int_a^bf(x)^2dx+2t\int_a^bdx+\int_a^b\frac{dx}{f(x)^2} &\geqq 0. \end{align*} よって, $\displaystyle\int_a^bf(x)^2dx > 0$ に注意すると, この $2$ 次不等式の判別式 $D$ について, $$0 \geqq \frac{D}{4} = \left(\int_a^b\! dx\right) ^2\! -\!\left(\int_a^b\! f(x)^2dx\right)\!\left(\int_a^b\!\frac{dx}{f(x)^2}\right)$$ ゆえに, $$\left(\int_a^bf(x)^2dx\right)\left(\int_a^b\frac{dx}{f(x)^2}\right) \leqq (b-a)^2.$$
(2)
(1) を $a = 0,$ $b = \dfrac{\pi}{4},$ $f(x) = \cos ^2x$ に適用すると, $$\left(\int_0^\frac{\pi}{4}\cos ^2xdx\right)\left(\int_0^\frac{\pi}{4}\frac{dx}{\cos ^2x}\right) \leqq \frac{\pi ^2}{16} \cdots [1].$$ ここで, \begin{align*} \int_0^\frac{\pi}{4}\cos ^2xdx &= \frac{1}{2}\int_0^\frac{\pi}{4}(1+\cos 2x)dx \\ &= \frac{1}{2}\left[ x+\frac{\sin 2x}{2}\right] _0^\frac{\pi}{4} \\ &= \frac{\pi}{8}+\frac{1}{4} \cdots [2], \\ \int_0^\frac{\pi}{4}\frac{dx}{\cos ^2x} &= [\tan x]_0^\frac{\pi}{4} = 1 \cdots [3]. \end{align*} $[1]$~$[3]$ より, $$\dfrac{\pi}{8}+\dfrac{1}{4} \leqq \dfrac{\pi ^2}{16}.$$ よって, $\pi ^2-2\pi-4 \leqq 0$ より, $$\pi \leqq 1+\sqrt 5.$$

問題≪汎調和級数の収束域≫

 $s > 0$ とする. 無限級数 $\displaystyle\sum_{n = 1}^\infty\frac{1}{n^s}$ は, $s > 1$ のとき収束し, $0 < s \leqq 1$ のとき発散することを, 次の定理を用いて示したい.
(定理)
各項が正である無限級数 $\sum_{n = 1}^\infty a_n$ は, ある定数 $M$ について $\sum_{k = 1}^na_k \leqq M$ $(n \geqq 1)$ が成り立つとき収束する.
各正の整数 $n$ に対して, $S_n = \displaystyle\sum_{k = 1}^n\frac{1}{k^s},$ $I_n = \displaystyle\int_1^n\frac{dx}{x^s}$ とおく.
(1)
各正の整数 $k$ に対して, \[\frac{1}{(k+1)^s} \leqq \int_k^{k+1}\frac{dx}{x^s} \leqq \frac{1}{k^s}\] が成り立つことを示せ.
(2)
$S_n \leqq 1+I_n,$ $I_{n+1} \leqq S_n$ が成り立つことを示せ.
(3)
極限 $\lim\limits_{n \to \infty}I_n$ を求めよ.
(4)
$s > 1$ のとき, $\displaystyle\sum_{n = 1}^\infty\frac{1}{n^s}$ は収束することを示せ.
(5)
$0 < s \leqq 1$ のとき, $\displaystyle\sum_{n = 1}^\infty\frac{1}{n^s}$ は $\infty$ に発散することを示せ.
[信州大*]

解答例

(1)
$f(x) = \dfrac{1}{x^s}\ (x > 0)$ とおく. このとき, $s > 0$ から, $f'(x) = -\dfrac{s}{x^{s+1}} < 0$ が成り立つ. よって, $f(x)$ は単調減少だから, $k \leqq x \leqq k+1$ において \[ f(k+1) \leqq f(x) \leqq f(k)\] つまり \[\frac{1}{(k+1)^s} \leqq \frac{1}{x^s} \leqq \frac{1}{k^s}\] が成り立つ. $k$ から $k+1$ までの定積分をとると, 積分の単調性により \[\frac{1}{(k+1)^s} \leqq \int_k^{k+1}\frac{dx}{x^s} \leqq \frac{1}{k^s} \quad\cdots [1]\] が得られる.
(2)
$n > 1$ のとき, $1 \leqq k \leqq n-1$ なるすべての整数 $k$ について $[1]$ の左側の不等式の辺々を加えると \[\sum_{k = 1}^{n-1}\frac{1}{(k+1)^s} \leqq \int_1^n\frac{dx}{x^s}\] つまり \[\sum_{k = 2}^n\frac{1}{k^s} \leqq I_n\] となるから, 両辺に $1$ を加えると \[ S_n \leqq 1+I_n \quad \cdots [2]\] が得られる. これは $n = 1$ のときも成り立つ.
また, $1 \leqq k \leqq n$ なるすべての整数 $k$ について $[1]$ の右側の不等式の辺々を加えると \[\int_1^{n+1}\frac{dx}{x^s} \leqq \sum_{k = 1}^n\frac{1}{k^s}\] つまり \[ I_{n+1} \leqq S_n \quad \cdots [3]\] が得られる.
(3)
(i)
$s = 1$ のとき, \[ I_n = \left[\log x\right] _1^n = \log n \to \infty \quad (n \to \infty )\] である.
(ii)
$s \neq 1$ のとき, \begin{align*} I_n &= \left[\frac{-1}{(s-1)x^{s-1}}\right] _1^n = \frac{1}{s-1}\left( 1-\frac{1}{n^{s-1}}\right) \\ &\to \begin{cases} \infty & (0 < s < 1), \\ \dfrac{1}{s-1} & (s > 1) \end{cases} \quad (n \to \infty ) \end{align*} である.
(i), (ii) から, $0 < s \leqq 1$ のとき $\displaystyle\lim\limits_{n \to \infty}I_n = \infty,$ $s > 1$ のとき $\displaystyle\lim\limits_{n \to \infty}I_n = \frac{1}{s-1}$ である.
(4)
$s > 1$ とする. このとき, $[2]$ の右辺は $1+\dfrac{1}{s-1}$ に収束し, $S_n$ は単調増加であるから, \[ S_n \leqq 1+\frac{1}{s-1}\] が成り立つ. よって, 定理により, 各項が正の無限級数 $\displaystyle\sum_{n = 1}^\infty\frac{1}{n^s}$ は収束する.
(5)
$0 < s \leqq 1$ のとき, $[3]$ の左辺は $\infty$ に発散するから, 追い出しの原理により, $\displaystyle\sum_{n = 1}^\infty\frac{1}{n^s}$ は $\infty$ に発散する.

問題≪グレゴリー=ライプニッツ級数≫

 各正の整数 $n$ に対して関数 $f_n(x)$ を \[ f_n(x) = \frac{1}{1+x^2}-\sum_{k = 1}^n(-1)^{k-1}x^{2(k-1)}\] により定める.
(1)
$f_n(x) = \dfrac{(-1)^nx^{2n}}{1+x^2}$ を示せ.
(2)
$\displaystyle\lim\limits_{n \to \infty}\int_0^1f_n(x)dx = 0$ を示せ.
(3)
$\displaystyle\sum\limits_{n = 1}^\infty\dfrac{(-1)^{n-1}}{2n-1} = \dfrac{\pi}{4}$ を示せ.

解答例

(1)
等比数列の公式により, \[ f_n(x) = \frac{1}{1+x^2}-\frac{1-(-x^2)^n}{1+x^2} = \frac{(-1)^nx^{2n}}{1+x^2}.\]
(2)
積分の単調性により, \begin{align*} \left|\int_0^1f_n(x)dx\right| &\leqq \int_0^1|f_n(x)|dx \\ &\leqq \int_0^1x^{2n}dx = \frac{1}{2n+1}. \end{align*} よって, 挟みうちの原理により, \[\lim_{n \to \infty}\int_0^1f_n(x)dx = 0.\]
(3)
$x = \tan\theta$ と置換すると, \begin{align*} \int_0^1f_n(x)dx &= \int_0^{\frac{\pi}{4}}d\theta -\sum_{k = 1}^n(-1)^{k-1}\int_0^1x^{2(k-1)}dx \\ &= \frac{\pi}{4}-\sum_{k = 1}^n\frac{(-1)^{k-1}}{2k-1} \end{align*} 両辺の極限を取ると, (2) の結果から \[ 0 = \frac{\pi}{4}-\sum_{n = 1}^\infty\frac{(-1)^{n-1}}{2n-1}\] となるので, 求める結果が得られる.

解説≪グレゴリー=ライプニッツ級数≫

\[\frac{1}{1}-\frac{1}{3}+\frac{1}{5}-\frac{1}{7}+\cdots = \frac{\pi}{4}\] と, 奇数の逆数に交互に符号をつけてすべて足し合わせると円周率が出てくるとは, 非常に神秘的である. この級数を「グレゴリー=ライプニッツ級数」と呼ぶ. この級数は収束が遅いため, 円周率の近似値を求めるには実用的でないが, メルカトル級数 \[\frac{1}{1}-\frac{1}{2}+\frac{1}{3}-\frac{1}{4}+\cdots = \log 2\] に次いで有名な交代級数の $1$ つである.

問題≪ネイピア数の無理性≫

 各正の整数 $n$ に対して, 関数 $f_n(x) = x^ne^{1-x}$ とその定積分 $I_n = \displaystyle\int_0^1f_n(x)dx$ を考える.
(1)
$0 \leqq x \leqq 1$ において $0 \leqq f_n(x) \leqq 1$ が成り立つことを示し, $0 < I_n < 1$ が成り立つことを示せ.
(2)
$I_1$ を求めよ. また, $I_{n+1}$ を $I_n$ を用いて表せ.
(3)
\[\frac{I_n}{n!} = e-\sum_{k = 0}^n\frac{1}{k!} \quad \cdots [\ast ]\] が成り立つことを示せ. ただし, $0! = 1$ と定める.
(4)
$n!e$ は整数でないことを示せ.
[大阪大 1997]

解答例

(1)
\[ f_n{}'(x) = nx^{n-1}e^{1-x}\!+\!x^n(-e^{1-x}) = e^{1-x}x^{n-1}(n\!-\!x).\] よって, $0 \leqq x \leqq 1$ において $f_n{}'(x) \geqq 0$ から $f(x)$ は単調増加であって, $0 = f_n(0) \leqq f(x) = f_n(1) = 1$ が成り立つ. したがって, 積分の単調性により $0 < I_n < 1$ が成り立つ.
(2)
\begin{align*} I_1 &= \int_0^1x(-e^{1-x})'dx = \big[ -xe^{1-x}\big] _0^1+\int_0^1e^{1-x}dx \\ &= -1-\big[ e^{1-x}\big] _0^1 = -1-(1-e) = e-2. \end{align*} また, \begin{align*} I_{n+1} &= \int_0^1x^{n+1}(-e^{1-x})dx \\ &= \big[ -x^{n+1}e^{1-x}\big] _0^1+\int_0^1(n+1)x^ne^{1-x}dx \\ &= (n+1)I_n-1. \end{align*}
(3)
(i)
$I_1 = e-\dfrac{1}{0!}-\dfrac{1}{1!}$ から, $n = 1$ のとき $[\ast ]$ が成り立つ.
(ii)
与えられた正の整数 $n$ に対して $[\ast ]$ が成り立つとすると, \begin{align*} &\frac{I_{n+1}}{(n+1)!} = \frac{(n+1)I_n-1}{(n+1)!} = \frac{I_n}{n!}-\frac{1}{(n+1)!} \\ &= e-\sum_{k = 0}^n\frac{1}{k!}-\frac{1}{(n+1)!} = e-\sum_{k = 0}^{n+1}\frac{1}{k!} \end{align*} となり, $[\ast ]$ において $n$ を $n+1$ に置き換えた等式が成り立つ.
(i), (ii) から, すべての正の整数 $n$ に対して $[\ast ]$ が成り立つ.
(4)
(3) から, \[ I_n = n!e-n!\sum_{k = 0}^n\frac{1}{k!}.\] $0 < I_n < 1$ から, この値は整数でない. 一方, $n!\displaystyle\sum_{k = 0}^n\frac{1}{k!}$ は整数であるから, $n!e$ は整数でない.

解説

 $n!e$ は整数でないから, $e$ は有理数とはなり得ない. 実際, $e$ が有理数として表されるとすれば, 分母の絶対値 $n$ について $n!e$ が整数となってしまうからである. このようにネイピア数 $e$ が無理数であることが数学 III の範囲で示された.

問題≪円周率の無理性≫

 $0! = 1$ と定める. 各非負整数 $n$ に対して, \[ I_n = \frac{\pi^{n+1}}{n!}\int_0^1t^n(1-t)^n\sin\pi tdt\] とおく.
(1)
\[\sum_{k = 0}^n\frac{x^n}{n!} < e^x\] が成り立つことを示せ. さらに, これを用いて \[\sum_{k = 0}^na^kI_k < \pi e^{a\pi}\] が成り立つことを示せ.
(2)
$I_0,$ $I_1$ の値を求め, \[ I_{n+2} = \frac{4n+6}{\pi}I_{n+1}-I_n\] が成り立つことを示せ.
(3)
$\pi$ が無理数であることを示したい. 正の整数 $a,$ $b$ によって $\pi = \dfrac{a}{b}$ と表されるとする. このとき, $a^nI_n$ は整数であることを示せ. さらに, これから矛盾を導け.
[大阪大 2003]

解答例

(1)
前半については, こちらを参照. 後半: $0 \leqq t \leqq 1$ のとき $t^n(1-t)^n\sin\pi t \leqq 1$ であるので, 積分の単調性と前半の結果から, \begin{align*} \sum_{k = 0}^na^kI_k &= \sum_{k = 0}^na^k\frac{\pi ^{k+1}}{k!}\int_0^1t^l(1-t)^k\sin\pi tdt \\ &\leqq \sum_{k = 0}^na^k\frac{\pi ^{k+1}}{k!} = \pi\sum_{k = 0}^n\frac{(a\pi )^k}{k!} \\ &< \pi e^{a\pi}. \end{align*}
(2)
\begin{align*} I_0 &= \pi\int_0^1\sin\pi tdt = \left[\frac{-\cos\pi t}{\pi}\right] _0^1 = 2, \\ I_1 &= \pi ^2\int_0^1t(1-t)\sin\pi tdt \\ &= \pi ^2\left(\left[ t(1\!-\!t)\frac{-\cos\pi t}{\pi}\right] _0^1\!\!+\!\!\int_0^1(1\!-\!2t)\frac{\cos\pi t}{\pi}dt\right) \\ &= \pi\int_0^1(1-2t)\cos\pi tdt \\ &= \pi\left(\left[ (1-2t)\frac{\sin\pi t}{\pi}\right] _0^1+\int 2\cdot\frac{\sin\pi t}{\pi}dt\right) \\ &= 2\int_0^1\sin\pi tdt = \frac{4}{\pi}. \end{align*} また, \[\frac{d}{dt}t^k(1-t)^k = kt^{k-1}(1-t)^{k-1}(1-2t)\] であるから, \begin{align*} I_{n+2} &= \frac{\pi ^{n+3}}{(n+2)!}\int_0^1t^{n+2}(1-t)^{n+2}\sin\pi tdt \\ &= \frac{\pi ^{n+3}}{(n+2)!}\left(\left[ t^{n+2}(1-t)^{n+2}\frac{-\cos\pi t}{\pi}\right] _0^1\right. \\ &\qquad \left.+\int_0^1(n\!+\!2)t^{n+1}(1\!-\!t)^{n+1}(1\!-\!2t)\frac{\cos\pi t}{\pi}dt\right) \\ &= \frac{\pi ^{n+2}}{(n+1)!}\int_0^1t^{n+1}(1-t)^{n+1}(1-2t)\cos\pi tdt. \end{align*} ここで, \begin{align*} &\frac{d}{dt}t^{n+1}(1-t)^{n+1}(1-2t) \\ &= (n+1)t^n(1-t)^n(1-2t)^2-2t^{n+1}(1-t)^{n+1} \\ &= (n+1)t^n(1-t)^n-(4n+6)t^{n+1}(1-t)^{n+1} \end{align*} であるから, \begin{align*} I_{n+2} &= \frac{\pi ^{n+2}}{(n+1)!}\left(\left[ t^{n+1}(1-t)^{n+1}(1-2t)\frac{\sin\pi t}{\pi}\right] _0^1\right. \\ &\qquad -\int_0^1(n+1)t^n(1-t)^n\frac{\sin\pi t}{\pi}dt \\ &\qquad \left.+\int_0^1(4n+6)t^{n+1}(1-t)^{n+1}\frac{\sin\pi t}{\pi}dt\right) \\ &= \frac{4n+6}{\pi}I_{n+1}-I_n. \end{align*}
(3)
(2) の結果に $\pi = \dfrac{a}{b}$ を代入すると \[ I_{n+2} = \frac{(4n+6)a}{b}I_{n+1}-I_n\] となるから, \[ a^{n+2}I_{n+2} = (4n+6)b(a^{n+1}I_{n+1})-a^2(a^nI_n)\] となる. $a^0I_0 = 2,$ $a^1I_1 = 4b$ は整数であるので, $I_n > 0$ から $a^nI_n$ は正の整数である. (1) の結果から \[\sum_{k = 0}^na^kI_k < \pi e^{a\pi}\] となり, 左辺は $n$ の値によらず右辺の一定値で押さえられる. 一方, 左辺は正の整数の和で $\infty$ に発散する. これは矛盾である.

解説

 (2) のような「定積分の漸化式」は入試の頻出テーマであるが, 本問の計算はかなり難易度が高いため, 30 分程度で解けなくても気落ちする必要はない. しかし, 本問は次のように数学的内容が非常に濃い良問なので, 時間を見つけてじっくり取り組んでもらいたい: (1) は, 入試の頻出テーマである「関数のべき級数展開」が背景にある. 定積分の単調性についても理解を確かめることができる. (2) は, 積分の計算力の力試しに良い. 「定積分の漸化式」に関する問題を何問か解いて, その仕上げに解くべきレベルであろう. (3) は, 数列の発散の意味の確認に良い. なお, 円周率 $\pi$ が無理数であることの証明は, 18 世紀後半にはすでに知られていた. 初めに示したのは, ドイツの数学者 J. H. ランベルトであるとされている(1761 年).

問題≪ロジスティック方程式≫

 $a,$ $b$ を正の数とする. $x$ の関数 $y$ が \[\frac{dy}{dx} = ay\left( 1-\frac{y}{b}\right) \quad \cdots [\ast ]\] を満たしており, $x = 0$ のとき $y = y_0 > 0$ である.
(1)
$y$ を $x$ の関数として表せ.
(2)
$y_0 < b$ のとき, $y$ は $b$ に向かって単調に増加することを示せ.

解答例

(1)
与式を変形すると \begin{align*} [\ast ] & \iff \dfrac{dy}{dx} = a\cdot\dfrac{y(b-y)}{b} \\ &\iff \frac{b}{y(b-y)}\cdot\frac{dy}{dx} = a \\ &\iff \left(\frac{1}{y}+\frac{1}{b-y}\right)\frac{dy}{dx} = a \quad \cdots [1] \end{align*} となるから, 両辺を $x$ で積分すると \begin{align*} [1] &\iff \int\left(\frac{1}{y}+\frac{1}{b-y}\right)\frac{dy}{dx}dx = \int adx \\ &\iff \int\left(\frac{1}{y}+\frac{1}{b-y}\right) dy = \int adx \\ &\iff \log |y|-\log |b-y| = ax+C \\ &\iff \log\left|\frac{y}{b-y}\right| = ax+C \\ &\iff\frac{y}{b-y} = \pm e^{ax+C} \quad \cdots [2] \end{align*} となる. ここで, $C$ は積分定数である. $c = \pm e^C$ とおくと, \begin{align*} [2] &\iff \frac{y}{b-y} = ce^{ax} \iff y = ce^{ax}(b-y) \\ &\iff (1+ce^{ax})y = cbe^{ax} \\ &\iff y = \frac{cbe^{ax}}{1+ce^{ax}} \quad \cdots [3] \end{align*} となる. また, $x = 0$ のとき $y = y_0$ であるから, $c = \dfrac{y_0}{b-y_0}$ である. これを $[3]$ に代入して整理すると, \[ y = \frac{y_0be^{ax}}{b-y_0+y_0e^{ax}} \quad \cdots [4]\] となる.
(2)
$[4]$ から, \[ y = \frac{y_0b}{(b-y_0)e^{-ax}+y_0} \quad \cdots [5]\] であるので, \[ y \to \frac{y_0b}{y_0} = b \quad (x \to \infty )\] が成り立つ. また, $b > 0,$ $y_0 > 0$ と $[5]$ から, $y > 0$ である. $y_0 < b$ のとき, $\dfrac{1}{y} = \dfrac{(b-y_0)e^{-ax}+y_0}{y_0b}$ は正の数で単調に減少するから, $y$ は単調に増加する. これで, 題意が示された.