高3数 γ No. 12 積分（2）（理系問題演習／柳生） 2014

高３数 γ
No. 12
積分（２）
（理系問題演習／柳生）
（平成１３年京大）
問 29
次の極限値を求めよ． lim
!
#
"
n→∞
解答の方針 $
!
nπ
0
e−x | sin nx|dx
・絶対値を含む関数の積分→符号が変化する点で積分区間を分ける．
・積分区間はできる限り簡単になるよう置換．積分計算の難易は置換の巧拙で決まる．
! k+1 π
n
(解) Ik =
e−x | sin nx|dx (k = 0, · · · , n2 − 1) とおく．
k
n
π
x nk π −→ k+1
π
t k
dt
n
Ik を計算．x = + π と置換する：dx =
n n
n
t
0 −→ π
! π
t
k
dt
Ik =
e− n − n π | sin (t + kπ)|
n
!0
1 π − t −kπ
=
e n n sin t dt
n 0 !
1 −kπ π − t
= e n
e n sin t dt
n
0
Jn =
!
π
e− n sin t dt とおく．
t
0
Jn =
" #
=n
!
−ne
π
− nt
− nt
$
sin t
%π
π
0
#
$
t
−ne− n cos tdt
e cos tdt
&"0 #
$
%π ! π #
$
'
− nt
− nt
=n
−ne
cos t −
−ne
(− sin t) dt
0
0
&
'
π
= n ne− n + n − nJn
( π
)
)
n2 ( − π
= n 2 e − n + 1 − n 2 Jn
∴ Jn = 2
e n +1
n +1
したがって
!
nπ
0
=
=
e−x | sin nx|dx =
1
Jn
n
2 −1
n*
n→∞
n→∞
また lim n(e
π
−n
よって， lim
!
n→∞
k=0
Ik =
2 −1
n*
1 −kπ
e n Jn
n
k=0
k
k=0
2
− nnπ
1
e
−1
e−nπ − 1
)
Jn − π
= Jn ( − π
n
e n −1
n e n −1
π
e− n − e 0
− 1) = lim (−π)
= −π · 1 = −π （微分係数の定義）
n→∞
− πn
nπ
0
2 −1
n*
e− n π
ここで lim Jn = 2, lim (e−nπ − 1) = −1 n→∞
0
−
!
e−x | sin nx|dx = 2 ·
−1 2
=
−π π
2014/9/9
［別解］
!
#
解答の方針 $
"
・積分計算を避けるために，不等式を作ってはさみうちの原理を利用．
→「 nk π ! x !
(解) Ik =
!
k+1
n
k
n
k+1
π
n
π
のとき e−
k+1
π
n
! e−x ! e− n π 」に気がつくかがポイント．
k
e−x | sin nx|dx (k = 0, · · · , n2 − 1) とおく．
π
k
k+1
k+1
k
π!x!
π のとき e− n π ! e−x ! e− n π が成り立つから
n
n
!
k+1
π
n
e
− k+1
π
n
k
π
n
| sin nx|dx !
!
k+1
π
n
k
π
n
e | sin nx|dx = Ik !
−x
!
k+1
π
n
k
π
n
k
e− n π | sin nx|dx
が成り立つ．ここで
!
k+1
π
n
k
π
n
である．よって
| sin nx|dx =
!
π
n
sin nxdx =
0
"
% nπ 1 + 1, 2
1
− cos nx
= − −
=
n
n
n
n
0
k
2 − k+1 π
2
· e n ! I k ! · e− n π
n
n
が成り立つ．k = 0, 1, · · · , n2 − 1 として辺々加えると
! nπ
π
n −1
2 e− n (e−nπ − 1) *
2 e−nπ − 1
−x
·
!
I
=
e
|
sin
nx|dx
!
· π
π
k
n
n e− n − 1
e− n − 1
0
k=0
2
を得る．
π
e− n − e0
ここで lim n(e − 1) = lim (−π)
= −π · 1 = −π （微分係数の定義）だから
n→∞
n→∞
− πn
2
最左辺と最右辺は，n → ∞ のとき，ともにに収束する．
! nπ π
2
よって，はさみうちの原理より lim
e−x | sin nx|dx =
n→∞ 0
π
π
−n
（平成１６年名古屋大）
問 30
多項式の列 fn (x), n = 0, 1, 2, · · · が，
f0 (x) = 2, f1 (x) = x, fn (x) = xfn−1 (x) − fn−2 (x) (n = 2, 3, · · · )
を満たすとする．
(1) fn (2 cos θ) = 2 cos nθ (n = 0, 1, 2, · · · ) であることを示せ．
!
(2) n " 2 のとき，方程式 fn (x) = 0 の |x| ! 2 における最大の実数解を xn とおく．このとき，
を求めよ．!
(3) lim n2
!
n→∞
2
#
2
fn (x)dx
xn
fn (x)dx の値を求めよ．
xn
解答の方針 $
"
・(1) 数学的帰納法
・(2) は (1) の誘導に乗る．xn が具体的にどのように表されるか調べよ．
(解) (1) 数学的帰納法で示す．
n = 0 : f0 (2 cos θ) = 2 = 2 cos 0θ より，成り立つ．
n = 1 : f1 (2 cos θ) = 2 cos θ = 2 cos 1θ より，成り立つ．
n = k, k + 1 (k " 0) のときに等式が成り立つと仮定する．n = k + 2 のとき，
fk+2 (2 cos θ) = 2 cos θfk+1 (2 cos θ) − fk (2 cos θ)
= 2 cos θ · 2 cos (k + 1)θ − 2 cos kθ （∵帰納法の仮定）
1
= 4 · {cos ((k + 1)θ + θ) + cos ((k + 1)θ − θ)} − 2 cos kθ（積和の公式）
2
= 2 cos (k + 2)θ
となり，n = k + 2 でも成り立つ．よって，数学的帰納法により，0 以上のすべての整数 n に対し等式
が成り立つ．
（証明終）
(2) x = 2 cos θ (0 ! θ ! π) とおくと，|x| ! 2 である x と θ は１対１に対応する．
このとき
π
fn (x) = 0 ⇐⇒ fn (2 cos θ) = 2 cos nθ = 0 ⇐⇒ nθ = + kπ (k = 0, 1, · · · , n − 1)
2
π kπ
⇐⇒ θ = +
(k = 0, 1, · · · , n − 1)
2n #n
π kπ $
⇐⇒ x = 2 cos
+
(k = 0, 1, · · · , n − 1)
2n n
#π$
であるから，xn = 2 cos
である．
2n
(π)
x xn = 2 cos 2n
−→ 2
よって，x = 2 cos θ (0 ! θ ! π) と置換すると，dx = −2 sin θdx π
θ
−→ 0
2n
!
!
2
2
!
0
fn (x)dx =
fn (x)dx =
fn (2 cos θ)(−2 sin θ)dθ
π
π
xn
2 cos ( 2n
)
2n
! π
! π
2n
2n
=
2 cos nθ · 2 sin θdθ = 2
{sin (θ + nθ) + sin (θ − nθ)}dθ
0! π
0
2n
=2
{sin (n + 1)θ − sin (n − 1)θ}dθ
0
π
% 2n
1
1
cos (n + 1)θ +
cos (n − 1)θ
+ n+1
# π π $ n − 11
# π π 0 $,
1
2
2
=2 −
cos
+
+
cos
−
+
−
n+1
2n 2
n−1
2 2n
n+1 n−1
2
π
2
π
4
=
sin
+
sin
−
n+1
2n n − 1
2n n2 − 1
4n
π
4
= 2
sin − 2
n − 1 # 2n n −$1
4
π
= 2
n sin − 1
n −1
2n
=2
(3) (2) より
"
−
!
$
4n2 #
π
n
fn (x)dx = 2
n sin − 1
n − 1  2n
xn

π
4 π sin 2n
=
· π − 1
1 2
1− 2
2n
n
#
$
4
π
−→(n→∞)
· 1 − 1 = 2π − 4
1−0 2
2
2

Download Report