新潟大学(理系) 2020年　問題4


$nを0以上の整数とし、次の式でI_nを定める。$
\[I_0=\int _{-2}^2\sqrt{4-x^2}dx,\quad I_n=\int _{-2}^2x^n\sqrt{4-x^2}dx \quad (n=1,2,3,\cdots)\] $次の問いに答えよ。$
$\qquad (1)\ \ I_0,\ I_1 \ および \ I_2\ の値を求めよ。$
$\qquad (2)\ \ \cfrac{I_{2n+2}}{I_{2n}}\ の値をnを用いて表せ。$
\[(3)\ \ \lim _{n\rightarrow \infty} \cfrac{I_{2n}}{2^n}=\infty \ \ および \ \ \lim _{n\rightarrow \infty} \cfrac{I_{2n}}{2^{2n}}=0\ \ が成り立つことを証明せよ。\]


$(解説)$

$(1)\ \ I_nはnが奇数のときは奇関数、偶数のときは偶関数となります。$
$(2)\ \ I_nはnが偶数のときしか意味を持ちませんので \ I_{2n},\ I_{2n+2}\ の値を求める問題となります。$
$(3)\ \ 前半の極限が\infty になることの証明方法は意外と気づきません。$

(1)

　
$定積分は右図のような半円の面積に等しいから$
\[I_0=\int _{-2}^2\sqrt{4-x^2}dx=\cfrac{1}{2} \times \pi \times 2^2=2\pi\]
$あるいは \ \ x=2\sin \theta \ \ と置換して$
\begin{eqnarray*} I_0 &=&2\int _0^2\sqrt{4-x^2}dx\\ &=&2\int _0^{\small{\dfrac{\pi}{2}}}\sqrt{4-4\sin ^2\theta}\cdot 2\cos \theta d\theta\\ &=&4\int _0^{\small{\dfrac{\pi}{2}}}2\cos ^2\theta d\theta\\ &=&4\int _0^{\small{\dfrac{\pi}{2}}}(1+\cos 2\theta) d\theta\\ &=&4\big[\theta+\cfrac{1}{2}\sin 2\theta \big] _0^{\small{\dfrac{\pi}{2}}}\\ &=&2\pi \end{eqnarray*}
$I_1の被積分関数 \ \ x\sqrt{4-x^2}\ \ は奇関数だから \quad I_1=0$


$x=2\sin \theta と置換して$
\begin{eqnarray*} I_2 &=&2\int _0^2x^2\sqrt{4-x^2}dx\\ &=&2\int _0^{\small{\dfrac{\pi}{2}}}4\sin ^2\theta \sqrt{4-4\sin ^2\theta}\cdot 2\cos \theta d\theta\\ &=&32\int _0^{\small{\dfrac{\pi}{2}}}\sin ^2\theta \cos ^2 \theta d\theta\\ &=&8\int _0^{\small{\dfrac{\pi}{2}}}\sin ^2 2\theta d\theta\\ &=&4\int _0^{\small{\dfrac{\pi}{2}}}(1-\cos 4\theta) d\theta\\ &=&4\big[\theta-\cfrac{1}{4}\sin 4\theta \big] _0^{\small{\dfrac{\pi}{2}}}\\ &=&2\pi \end{eqnarray*} $なお、この積分で$
\begin{eqnarray*} I_2 &=&32\int _0^{\small{\dfrac{\pi}{2}}}\sin ^2\theta \cos ^2 \theta d\theta\\ &=&32\int _0^{\small{\dfrac{\pi}{2}}}\sin ^2\theta (1-\sin ^2 \theta) d\theta\\ &=&32\int _0^{\small{\dfrac{\pi}{2}}}(\sin ^2\theta -\sin ^4 \theta) d\theta\\ \end{eqnarray*}
\[J_n=\int _0^{\small{\dfrac{\pi}{2}}}\sin ^n\theta d\theta=\cfrac{n-1}{n}\cdot \cfrac{n-3}{n-2}\cdots \cfrac{3}{4}\cdot \cfrac{1}{2}\cdot \cfrac{\pi}{2} \quad (nが偶数のとき)\] $の公式をつかう手もあります。このことについては($正弦と余弦の累乗の定積分$)を参考にしてください。$

$\quad I_2=32\big(\cfrac{1}{2}\cdot \cfrac{\pi}{2}-\cfrac{3}{4}\cdot \cfrac{1}{2}\cdot \cfrac{\pi}{2}\big) =32\cdot \cfrac{1}{2}\cdot \cfrac{\pi}{2} (1-\cfrac{3}{4})=2\pi$


(2)


$x=2\sin \theta と置換して$
\begin{eqnarray*} I_{2n} &=&2\int _0^2x^{2n}\sqrt{4-x^2}dx\\ &=&2\int _0^{\small{\dfrac{\pi}{2}}}(2\sin \theta)^{2n} \sqrt{4-4\sin ^2\theta}\cdot 2\cos \theta d\theta\\ &=&2^{2n+3}\int _0^{\small{\dfrac{\pi}{2}}}\sin ^{2n}\theta \cos ^2 \theta d\theta\\ &=&2^{2n+3}\int _0^{\small{\dfrac{\pi}{2}}}\sin ^{2n}\theta (1-\sin ^2 \theta) d\theta\\ &=&2^{2n+3}\int _0^{\small{\dfrac{\pi}{2}}}(\sin ^{2n}\theta -\sin ^{2n+2} \theta) d\theta\\ &=&2^{2n+3}(J_{2n} -J_{2n+2})\\ \end{eqnarray*} $なお$
\[J_n=\int _0^{\small{\dfrac{\pi}{2}}}\sin ^n\theta d\theta=\cfrac{n-1}{n}\cdot \cfrac{n-3}{n-2}\cdots \cfrac{3}{4}\cdot \cfrac{1}{2}\cdot \cfrac{\pi}{2} \quad (nが偶数のとき)\]
$したがって$
\begin{eqnarray*} \cfrac{I_{2n+2}}{I_{2n}} &=&\cfrac{2^{2n+5}}{2^{2n+3}}\cdot \cfrac{J_{2n+2} -J_{2n+4}}{J_{2n} -J_{2n+2}}\\ \\ &=&2^2\cdot \cfrac{\cfrac{2n+1}{2n+2}\cdot \cfrac{2n-1}{2n}\cdots \cfrac{1}{2}\cdot \cfrac{\pi}{2}-\cfrac{2n+3}{2n+4}\cdot \cfrac{2n+1}{2n+2}\cdots \cfrac{1}{2}\cdot \cfrac{\pi}{2}} {\cfrac{2n-1}{2n}\cdot \cfrac{2n-3}{2n-2}\cdots \cfrac{1}{2}\cdot \cfrac{\pi}{2}-\cfrac{2n+1}{2n+2}\cdot \cfrac{2n-1}{2n}\cdots \cfrac{1}{2}\cdot \cfrac{\pi}{2} }\\ \\ &=&2^2\cdot \cfrac{\cfrac{2n+1}{2n+2}-\cfrac{2n+3}{2n+4}\cdot \cfrac{2n+1}{2n+2}} {1-\cfrac{2n+1}{2n+2}}\\ \\ &=&4\cdot \cfrac{(2n+1)(2n+4)-(2n+3)(2n+1)} {(2n+2)(2n+4)-(2n+1)(2n+4)}\\ \\ &=&4\cdot \cfrac{2n+1}{2n+4}\\ \\ &=&\cfrac{2(2n+1)}{n+2}\\ \end{eqnarray*}

(3)

(i)
\[\lim _{n\rightarrow \infty} \cfrac{I_{2n}}{2^n}=\infty \quad の証明\] $解法1$

$\quad \cfrac{ \cfrac{I_{2n+2} }{ 2^{n+1} }}{ \cfrac{ I_{2n} }{ 2^n } } =\cfrac{1}{2}\cdot \cfrac{I_{2n+2}}{I_{2n}} =\cfrac{1}{2}\cdot \cfrac{2(2n+1)}{n+2} =1+ \cfrac{n-1}{n+2} >1$

$\qquad \therefore \cfrac{I_{2n+2} }{ 2^{n+1} } > \cfrac{ I_{2n} }{ 2^n }$

$よって、数列 \ \{\cfrac{ I_{2n} }{ 2^n }\}\ は単調増加数列だから \ +\infty \ に発散する。$
$と、言いたいところであるがところが、「上に有界でない」ことが示されていないから$
$これをもって+\inftyに発散するとは言い切れない。$


$解法2$

\begin{eqnarray*} I_{2n} &=&2^{2n+3}\cdot (J_{2n} -J_{2n+2})\\ &=&2^{2n+3}\cdot \cfrac{2n-1}{2n}\cdot \cfrac{2n-3}{2n-2}\cdots \cfrac{1}{2}\cdot \cfrac{\pi}{2}-\cfrac{2n+1}{2n+2}\cdot \cfrac{2n-1}{2n}\cdots \cfrac{1}{2}\cdot \cfrac{\pi}{2}\\ \\ &=&2^{2n+3}\cdot \cfrac{2n-1}{2n}\cdot \cfrac{2n-3}{2n-2}\cdots \cfrac{1}{2}\cdot \cfrac{\pi}{2}(1-\cfrac{2n+1}{2n+2})\\ \\ &=&2^{2n+2}\cdot \cfrac{1}{n+1}\cdot \cfrac{2n-1}{2n}\cdot \cfrac{2n-3}{2n-2}\cdots \cfrac{1}{2}\cdot \cfrac{\pi}{2}\\ \end{eqnarray*} $ここで、\cfrac{2n-1}{2n} > \cfrac{1}{2} \quad (n=2,\ 3,\ \cdots )\quad だから$
\begin{eqnarray*} I_{2n} &>&2^{2n+2}\cdot \cfrac{1}{n+1}\cdot \cfrac{1}{2}\cdot \cfrac{1}{2}\cdots \cfrac{1}{2}\cdot \cfrac{\pi}{2}\\ \\ &=&2^{2n+2}\cdot \cfrac{1}{n+1}\cdot \big(\cfrac{1}{2}\big)^n \cdot \cfrac{\pi}{2}\\ \\ &=&2^{n+1}\cdot \cfrac{1}{n+1}\cdot \pi\\ \end{eqnarray*}
$\quad \therefore \cfrac{I_{2n}}{2^n} > \cfrac{2\pi}{n+1}$

\[残念ながら、これから \ \ \lim _{n\rightarrow \infty} \cfrac{I_{2n}}{2^n}=\infty \ \ はいえません。\]
$しかしこの解答はいいところをついています。$

$各項を\cfrac{1}{2}と比べたからうまくいかなかったのです。1つ前の\cfrac{3}{4}と比べたらどうでしょうか。$


$解法3$

$\quad \cfrac{2n-1}{2n} - \cfrac{3}{4}=\cfrac{n-2}{4n}>0 \quad だから \quad \cfrac{2n-1}{2n} > \cfrac{3}{4} \quad (n=3,\ 4,\ \cdots)$
\begin{eqnarray*} I_{2n} &=&2^{2n+2}\cdot \cfrac{1}{n+1}\cdot \cfrac{2n-1}{2n}\cdot \cfrac{2n-3}{2n-2}\cdots \cfrac{1}{2}\cdot \cfrac{\pi}{2}\\ \\ &>&2^{2n+2}\cdot \cfrac{1}{n+1}\cdot \cfrac{3}{4}\cdot \cfrac{3}{4}\cdots \cdot \cfrac{3}{4}\cdot \cfrac{1}{2}\cdot \cfrac{\pi}{2}\\ \\ &=&2^{2n+2}\cdot \cfrac{1}{n+1}\cdot \big(\cfrac{3}{4}\big)^{n-1} \cdot \cfrac{1}{2}\cdot \cfrac{\pi}{2}\\ \\ &=&4 \cdot \cfrac{1}{n+1}\cdot 3^{n-1} \pi\\ \end{eqnarray*}
$\quad \therefore \cfrac{I_{2n}}{2^n} > \cfrac{4}{3(n+1)}\big(\cfrac{3}{2}\big)^n\pi$

$ここで、\big(\cfrac{3}{2}\big)^n \ \ と \ \ n+1\ \ の大小は$
$\quad n \geqq 4 \quad のとき \quad \big(\cfrac{3}{2}\big)^n > n+1 \quad だから(きちんというには数学的帰納法をつかう)$
\[n \rightarrow \infty \quad のとき \quad \cfrac{1}{n+1}\big(\cfrac{3}{2}\big)^n \rightarrow 0 \quad となって \quad \lim _{n\rightarrow \infty} \cfrac{I_{2n}}{2^n}=\infty \quad がいえる。\]

(ii)
\[\lim _{n\rightarrow \infty} \cfrac{I_{2n}}{2^{2n}}=0 の証明\]
$\qquad I_{2n}=2^{2n+2}\cdot \cfrac{1}{n+1}\cdot \cfrac{2n-1}{2n}\cdot \cfrac{2n-3}{2n-2}\cdots \cfrac{1}{2}\cdot \cfrac{\pi}{2}$

$において、\cfrac{2n-1}{2n} < 1 \quad (n=1,\ 2,\ \cdots )\ だから$

$I_{2n} < 2^{2n+2}\cdot \cfrac{1}{n+1}\cdot 1 \cdot 1 \cdots \cdot 1 \cdot \cfrac{\pi}{2} =2^{2n+1}\cdot \cfrac{\pi}{n+1}$

$\therefore \cfrac{I_{2n}}{2^{2n}} < \cfrac{2\pi}{n+1}$

\[n \rightarrow \infty \quad のとき \quad \cfrac{2\pi}{n+1} \rightarrow 0 \quad だから \quad \lim _{n\rightarrow \infty} \cfrac{I_{2n}}{2^{2n}}=0 \]

$(補充)$

\[I_n=\int _{-2}^2x^n\sqrt{4-x^2}dx \quad ですから、I_{2n}\ と \ 2^n\ や \ 2^{2n}\ の比較となりますが、\\ \\ I_n=\int _{-3}^3x^n\sqrt{3^2-x^2}dx \quad ですと、I_{2n}\ と \ 3^n\ や \ 3^{2n}\ との比較となります。\]


ページの先頭へ↑




メインメニュー　に戻る