[math][東京工業大学][積分][数列]2020年東京工業大学数学問題5

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問題

$k$を正の整数とし、$\displaystyle a_k = \int_{0}^{1}{x^{k-1}\sin{\left(\frac{\pi x}{2}\right)}dx}$とおく。
$(1)$ $a_{k+2}$を$a_k$と$k$を用いて表わせ。
$(2)$ $k$を限りなく大きくするとき、数列$\{ka_k\}$の極限値$A$を求めよ。
$(3)$ $(2)$の極限値$A$に対し、$k$を限りなく大きくするとき、数列$$\{k^ma_k-k^n A\}$$が$0$でない値に収束する整数$m, n \ (m > n\geq 1)$を求めよ。またそのときの極限値$B$を求めよ。
$(4)$ $(2)$と$(3)$の極限値$A, B$に対し、$k$を限りなく大きくするとき、数列$$\{k^p a_k-k^q A-k^r B\}$$が$0$でない値に収束する整数$p, q, r \ (p>q >r\geq 1)$を求めよ。またそのときの極限値を求めよ。

方針

$(1)$ 部分積分法を繰り返す。

$(2)$ $\displaystyle \lim_{k\to\infty}{a_k} \ne 0$だと問題にならないので、$\displaystyle \lim_{k\to\infty}{a_k} = 0$となるのだろう。

$(3)$ 不定形の極限を求めるには、$(2)$を利用した式変形が必要になる。

$(4)$ これは難問で、かなり時間を要する。試験場で解答できた受験生はほとんどいなかったと思われる。

解答

$(1)$ $$\begin{eqnarray}a_{k+2} & = & \int_{0}^{1}{x^{k+1}\sin{\left(\frac{\pi x}{2}\right)}dx}\\ & = & \int_{0}^{1}{x^{k+1}\left(-\frac{2}{\pi}\cos{\left(\frac{\pi x}{2}\right)}\right)^{\prime}dx}\\ & = & \left[-\frac{2}{\pi}x^{k+1}\cos{\left(\frac{\pi x}{2}\right)}\right]_{0}^{1}-\int_{0}^{1}{(k+1)x^{k}\left(-\frac{2}{\pi}\cos{\left(\frac{\pi x}{2}\right)}\right)dx}\\ & = & \frac{2(k+1)}{\pi}\int_{0}^{1}{x^{k}\left(\frac{2}{\pi}\sin{\left(\frac{\pi x}{2}\right)}\right)^{\prime}dx}\\ & = & \frac{2(k+1)}{\pi}\left(\frac{2}{\pi}\left[x^k\sin{\left(\frac{\pi x}{2}\right)}\right]_{0}^{1}-\frac{2}{\pi}\int_{0}^{1}{kx^{k-1}\sin{\left(\frac{\pi x}{2}\right)}dx}\right)\\ & = & \frac{2(k+1)}{\pi}\left(\frac{2}{\pi}-\frac{2}{\pi}ka_k\right)\\ & = & \underline{\frac{4(k+1)}{{\pi}^2}(1-ka_{k})}\end{eqnarray}$$となる。

$(2)$ $0\leq x\leq 1$で$\displaystyle 0\leq \sin{\left(\frac{\pi x}{2}\right)}\leq 1$であるから、$\displaystyle 0\leq x^{k+1}\sin{\left(\frac{\pi x}{2}\right)}\leq x^{k+1}$である。これを$0$から$1$まで積分して、$\displaystyle 0\leq a_{k+2}\leq \int_{0}^{1}{x^{k+1}dx} = \frac{1}{k+2}$である。$\displaystyle k\to \infty$として、はさみうちの原理から$\displaystyle \lim_{k\to \infty}{a_{k+2}} = 0$である。$(1)$を利用すると、$$\begin{eqnarray}ka_{k} & = & 1-\frac{{\pi}^2a_{k+2}}{4(k+1)}\\ & \to & \underline{1}\ \ (k\to \infty)\end{eqnarray}$$となる。

$(3)$ $b_k = k^ma_k-k^n$とおく。$$\begin{eqnarray}\frac{b_k}{k^{m-1}} & = & ka_k-k^{-(m-1)+n} \tag{a}\label{a}\end{eqnarray}$$である。$m-1 \geq 1$であるから、$k\to\infty$で$b_k$が$0$でない値に収束するには、$\displaystyle \frac{b_k}{k^{m-1}}\to 0$でなければならない（そうでないと、$k\to\infty$で$b_k\to \infty$となるだろう）。$-(m-1)+n = l$とすると、$m > n\geq 1$から$l < 1$となる。$l$は整数であるから、$(2)$から$l\ne 0$のとき\eqref{a}は$k\to \infty$で$1$に収束する。すなわち、$l = 0$が必要であり、このとき$n = m-1$である。\eqref{a}から$$\begin{eqnarray}b_k & = & k^{m-1}(ka_k-1)\\ & = & -k^{m-1}\frac{{\pi}^2}{4(k+1)}a_{k+2}\\ & = & -k^{m-3}\frac{k^2{\pi}^2}{4(k+1)(k+2)}(k+2)a_{k+2}\\ & = & -k^{m-3}\frac{{\pi}^2}{4\left(1+\frac{1}{k}\right)\left(1+\frac{2}{k}\right)}(k+2)a_{k+2}\tag{b}\label{b}\end{eqnarray}$$である。$k\to\infty$で$(k+2)a_{k+2}\to 1$だから、$b_k$が収束するためには$m-3 = 0$が必要で、このとき\eqref{b}$\displaystyle \to \underline{-\frac{{\pi}^2}{4}}$となる。また、$m-3 = 0, n = m-1$から、$\underline{(m, n) = (3, 2)}$である。

$(4)$ $(2)$から$b_k = k^3a_{k}-k^2$である。$\displaystyle c_k = k^pa_k-k^q+\frac{{\pi}^2}{4}k^r$とおく。$$\begin{eqnarray}\frac{c_k}{k^{p-1}} & = & ka_k-k^{-(p-1)+q}+\frac{{\pi}^2}{4}k^{-(p-1)+r} \tag{c}\label{c}\end{eqnarray}$$である。$p-1\geq 1$であるから、$k\to\infty$で$c_k$が$0$でない値に収束するには、$\displaystyle \frac{c_k}{k^{p-1}}\to 0$でなければならない。$-(p-1)+q = s, -(p-1)+r = t$とすると、$p > q > r\geq 1$から$1 > s > t$となる。$s, t$は整数であるから、$s\ne 0$のとき$0 > s > t$となり、$(2)$から\eqref{c}は$k\to \infty$で$1$に収束する。すなわち、$s = 0$が必要であるが、このとき$$\begin{eqnarray}c_k & = & k^{p-1}\left(ka_k-1+\frac{{\pi}^2}{4}k^t\right)\\ & = & k^{p-3}\left(k^3a_{k}-k^2+\frac{{\pi}^2}{4}k^{t+2}\right)\\ & = & k^{p-3}\left(b_k+\frac{{\pi}^2}{4}k^{t+2}\right)\end{eqnarray}$$である。$p > q > r\geq 1$から$p\geq 3$であり、また$s = 0 > t$なので、$t+2\leq 1$となる。したがって、$k\to\infty$で$c_k$が$0$以外の値に収束するには、$t+2 = 0$が必要である。したがって、$$c_k = k^{p-3}\left(b_k+\frac{{\pi}^2}{4}\right) \tag{d}\label{d}$$となる。今、$$\begin{eqnarray}b_k+\frac{{\pi}^2}{4} & = & k^2(ka_k-1)+\frac{{\pi}^2}{4}\\ & = & k^2\cdot -\frac{{\pi}^2}{4(k+1)}a_{k+2}+\frac{{\pi}^2}{4}\\ & = & \frac{{\pi}^2}{4}\left(1-\frac{k^2a_{k+2}}{k+1}\right) \tag{e}\label{e}\end{eqnarray}$$となるが、$(1)$の漸化式で$k$を$k+2$と置き換えて、$\displaystyle a_{k+2} = \frac{1}{k+2}-\frac{{\pi}^2}{4(k+2)(k+3)}a_{k+4}$であるから、\eqref{e}に代入して、$$\begin{eqnarray}b_k+\frac{{\pi}^2}{4} & = & \frac{{\pi}^2}{4}\left(1-\frac{k^2}{k+1}\left(\frac{1}{k+2}-\frac{{\pi}^2}{4(k+2)(k+3)}a_{k+4}\right)\right)\\ & = & \frac{{\pi}^2}{4}\left(\frac{k^2+3k+2-k^2}{(k+1)(k+2)}+\frac{k^2{\pi}^2}{4(k+1)(k+2)(k+3)}a_{k+4}\right)\\ & = & \frac{{\pi}^2}{4}\left(\frac{3k+2}{(k+1)(k+2)}+\frac{k^2{\pi}^2}{4(k+1)(k+2)(k+3)(k+4)}(k+4)a_{k+4}\right)\end{eqnarray}$$である。これから、$\displaystyle k\left(b_k+\frac{{\pi}^2}{4}\right)$は$k\to\infty$で$\displaystyle \frac{3{\pi}^2}{4}$に収束することが分かる。\eqref{d}より$\displaystyle c_k = k^{p-4}\cdot k\left(b_k+\frac{{\pi}^2}{4}\right)$であるから、$p-4 = 0$が必要で、このとき$\displaystyle c_k\to \underline{\frac{3}{4}{\pi}^2} \ \ (k\to\infty)$となる。また、$p = 4, s = 0, t = -2$のとき、$\underline{(p, q, r) = (4, 3, 1)}$である。

解説

実は次の事実が知られている。

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

証明方法は下の関連問題の記事を参考にすると良い。この事実だけで立派な入試問題になるが、この東京工業大学の問題では、さらに$a_k$の詳細な評価が必要である。$(2), (3), (4)$で何をやっているのかというと、$k\to\infty$で$a_k\to 0$であり、$$a_{k} = \frac{A_1}{k}+\frac{A_2}{k^2}+\frac{A_3}{k^3}+\frac{A_4}{k^4}\cdots$$と近似したときの、係数$A_k$を求めているわけである。$(2), (3), (4)$から$$a_k = \frac{1}{k}-\frac{{\pi}^2}{4k^3}+\frac{3{\pi}^2}{4k^4}+\cdots$$であることが分かる。

余力があるものは、$(4)$の極限値を$C$として、$\{k^xa_k-k^yA-k^zB-k^wC\}$が$0$でない値に収束するような整数$x, y, z, w\ \ (x > y > z > w\geq 1)$を求めてみると良い練習になるだろう。