[math]2000年京都大学前期理系数学問題5

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問題

数列$\{c_n\}$を次の式で定める。$$c_n = (n+1)\int_{0}^{1}{x^n\cos{\pi x}dx}\ (n=1, 2, , \cdots)$$このとき、
$(1)$ $c_n$と$c_{n+2}$の関係を求めよ。
$(2)$ $\displaystyle \lim_{n\to\infty}{c_n}$を求めよ。
$(3)$ $(2)$を求めた極限値を$c$とするとき、$\displaystyle \lim_{n\to\infty}{\frac{c_{n+1}-c}{c_n-c}}$を求めよ。

方針

$(1)$ 部分積分法を用いる。
$(2)$ $(1)$をヒントに、はさみうちの原理を用いる。

解答

$(1)$ 部分積分法を繰り返し用いて、$$\begin{eqnarray}c_{n+2} & = & (n+3)\int_{0}^{1}{x^{n+2}\cos{\pi x}dx} \\ & = & (n+3)\left[x^{n+2}\cdot \frac{\sin{\pi x}}{\pi}\right]_{0}^{1}-(n+3)\int_{0}^{1}{(n+2)x^{n+1}\cdot \frac{\sin{\pi x}}{\pi}dx}\\ & = & -\frac{(n+3)(n+2)}{\pi}\int_{0}^{1}{x^{n+1}\sin{\pi x}dx} \\ & = & -\frac{(n+3)(n+2)}{\pi}\left(\left[x^{n+1}\cdot \frac{-\cos{\pi x}}{\pi}\right]_{0}^{1}-\int_{0}^{1}{(n+1)x^n\cdot \frac{-\cos{\pi x}}{\pi}dx}\right) \\ & = & -\frac{(n+3)(n+2)}{\pi}\left(\frac{1+c_n}{\pi}\right) \\ & = & -\frac{(n+3)(n+2)(1+c_n)}{{\pi}^2}\end{eqnarray}$$である。よって、$\displaystyle \underline{c_{n+2} = -\frac{(n+3)(n+2)(1+c_n)}{{\pi}^2}}$となる。

$(2)$ $-1\leq \cos{\pi x}\leq 1$であるから、$0\leq x\leq 1$において、　$-x^n\leq x^n\cos{\pi x}\leq x^n$である。この不等式を$0$から$1$まで積分して、$$-\frac{1}{n+1}\leq \int_{0}^{1}{x^n\cos{\pi x}dx}\leq \frac{1}{n+1}$$である。したがって、$-1\leq c_n\leq 1$となる。これより$-1\leq c_{n+2}\leq 1$でもある。$(1)$の結果を代入して、$\displaystyle -1\leq -\frac{(n+3)(n+2)(1+c_n)}{{\pi}^2}\leq 1$である。変形して、$$-\frac{{\pi}^2}{(n+3)(n+2)}\leq 1+c_n\leq \frac{{\pi}^2}{(n+3)(n+2)} $$となり、最左辺と最右辺は$n\to\infty$で$0$に収束するので、$\displaystyle \underline{\lim_{n\to\infty}{c_n} = -1}$となる。

$(3)$ $(1)$の漸化式と$c=-1$より、$$\begin{eqnarray}\frac{c_{n+1}-c}{c_n-c} & = & \frac{c_{n+1}+1}{c_n+1} \\ & = & -\frac{{\pi}^2c_{n+3}}{(n+4)(n+3)}\cdot -\frac{(n+3)(n+2)}{{\pi}^2c_{n+2}} \\ & = & \frac{c_{n+3}}{c_{n+2}}\cdot \frac{n+2}{n+4} \\ & \to & \frac{-1}{-1}\cdot 1\ (n\to\infty) \\ & = & 1\end{eqnarray}$$となる。求める答えは$\underline{1}$である。

解説

$(1)$は計算ミスをしやすい。慎重にやらないと、$(2)$以降がすべて零点になってしまう。部分積分法を何回か繰り返す。

$(2)$がとても難しい。普通の問題だと$(1)$で導いた漸化式を解いて極限を求めるという流れになるが、どう考えても$(1)$の漸化式を解くことは出来ない。発想を転換して、$c_n$を不等式で評価するしかない。比較的簡単に$-1\leq c_n\leq 1$が分かるので、ここで$(1)$で求めた漸化式を使うことになる。後ははさみうちの原理でいけるが、それにしても$(1)$の漸化式に固執すると到底手も足も出なくなる。積分の漸化式では被積分関数の評価が大事である。漸化式ばかりを見ていても極限を求めることは難しい。さすが京都大学という感じの問題である。

$(3)$の答えは当然$1$になるが、きちんと示そうとするとここでも$(1)$の漸化式を使わなくてはいけない。

実は、次の定理がよく知られている。

実数値をとる連続関数$f(x)$に対して、$\displaystyle n\int_{0}^{1}{x^nf(x)dx}$は$n\to \infty$で$f(1)$に収束する。

大学院の入試問題でよく出題されるが、$f^{\prime}(x)$が存在し連続な場合は大学入試でもよく出題される。証明は比較的簡単で、部分積分法により$$\begin{eqnarray}n\int_{0}^{1}{x^nf(x)dx} & = & n\left[\frac{x^{n+1}}{n+1}f(x)\right]_{0}^{1} -n\int_{0}^{1}{\frac{x^{n+1}}{n+1}f^{\prime}(x)dx} \\ & = & \frac{nf(1)}{n+1}-\frac{n}{n+1}\int_{0}^{1}{x^{n+1}f^{\prime}(x)dx}\end{eqnarray}$$となる。$f^{\prime}(x)$は連続なので、$0\leq x\leq 1$で最小値と最大値が存在し、それぞれ$m, M$とすると、$m\leq f^{\prime}(x)\leq M$であり、これから$mx^{n+1}\leq x^{n+1}f^{\prime}(x)\leq Mx^{n+1}$である。$0$から$1$まで積分して、$$\frac{m}{n+2}\leq \int_{0}^{1}{x^{n+1}f^{\prime}(x)dx}\leq \frac{M}{n+2}$$となり、はさみうちの原理から$\displaystyle \lim_{n\to \infty}{\int_{0}^{1}{x^{n+1}f^{\prime}(x)dx}} = 0$である。以上から、$$\begin{eqnarray}n\int_{0}^{1}{x^nf(x)dx} & = & \frac{n}{n+1}f(1)-\frac{n}{n+1}\int_{0}^{1}{x^{n+1}f^{\prime}(x)dx} \\ & \to & 1\cdot f(1)-1\cdot 0\ (n\to \infty)\\ & = & f(1)\end{eqnarray}$$となる。

上の問題でもこの考え方を用いて問題を解決することが出来る。証明がそれほど難しくない割には有用な知識（入試問題の誘導に無関係に極限が一瞬で分かる）なので、頭の片隅に入れておくと良い。

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