新潟大学(理系) 2026年　問題6


\[正の整数 \ n\ に対して、I_n=\int_0^{\scriptsize{\dfrac{\pi}{4}}} (\tan x)^{2n-1} dx \ \ とおく。次の問いに答えよ。\] $(1)\ \ I_1 \ \ の値を求めよ。$
$(2)\ \ I_{n+1}+I_n \ \ を \ n\ を用いて表せ。$
$(3)\ \ 0 \leqq x \leqq \dfrac{\pi}{4} \ \ のとき、0 \leqq \tan x \leqq \dfrac{4}{\pi}x \ \ が成り立つことを示せ。$
\[(4)\ \ 極限値 \ \ \lim_{n \rightarrow \infty} \sum_{k=1}^n \dfrac{(-1)^k}{k} \ \ を求めよ。\]


(1)


\begin{eqnarray*} I_1 &=&\int_0^{\scriptsize{\dfrac{\pi}{4}}} \tan x dx\\ \\ &=&\int_0^{\scriptsize{\dfrac{\pi}{4}}} \dfrac{\sin x}{\cos x} dx\\ \\ &=&-\big[\log \cos x \big]_0^{\scriptsize{\dfrac{\pi}{4}}} \\ \\ &=&-\log \cos \dfrac{\pi}{4}+\log \cos 0\\ \\ &=&-\log \dfrac{1}{\sqrt{2}}\\ \\ &=&\dfrac{1}{2}\log 2 \end{eqnarray*}

(2)


\begin{eqnarray*} & &I_{n+1}+I_n\\ \\ &=&\int_0^{\scriptsize{\dfrac{\pi}{4}}} (\tan x)^{2n+1}dx+\int_0^{\scriptsize{\dfrac{\pi}{4}}} (\tan x)^{2n-1}dx\\ \\ &=&\int_0^{\scriptsize{\dfrac{\pi}{4}}} \big\{(\tan x)^{2n+1}+ (\tan x)^{2n-1}\big\}dx\\ \\ &=&\int_0^{\scriptsize{\dfrac{\pi}{4}}} (\tan^2x+1)(\tan x)^{2n-1}dx\\ \\ &=&\int_0^{\scriptsize{\dfrac{\pi}{4}}} \dfrac{(\tan x)^{2n-1}}{\cos^2 x}dx\\ \end{eqnarray*} \[ \tan x=t \ \ とおくと \quad \dfrac{dx}{\cos^2 x}=dt \qquad \begin{array}{c|c} x & 0\ \ \rightarrow \dfrac{\pi}{4} \\ \hline t & \ 0 \rightarrow 1\\ \end{array} \] \[I_{n+1}+I_n=\int_0^1 t^{2n-1} dt=\big[\dfrac{t^{2n}}{2n}\big]_0^1=\dfrac{1}{2n}\]

(3)


$f(x)=\dfrac{4}{\pi}x -\tan x \ \ とおくと$

$f'(x)=\dfrac{4}{\pi}-\dfrac{1}{\cos ^2 x}=\dfrac{4\cos^2x-\pi}{\pi\cos^2x}=\dfrac{(2\cos x+\sqrt{\pi})(2\cos x -\sqrt{\pi})}{\pi\cos^2x}$

$0 < \dfrac{\sqrt{\pi}}{2} < 1 \ \ だから \quad \cos \alpha =\dfrac{\sqrt{\pi}}{2}\ \ を満たす \ \alpha \ が存在する。この \ \alpha \ に対して \ \ f'(\alpha)=0 $

$\dfrac{\sqrt{2}}{2} < \dfrac{\sqrt{\pi}}{2} < 1 \ \ だから \quad \cos \dfrac{\pi}{4} < \cos \alpha < \cos 0$

$0 < x < \dfrac{\pi}{2} \ で \ \cos x \ は単調減少だから \quad 0 < \alpha < \dfrac{\pi}{4} $

　

$増減表$
\[ \begin{array}{c||c|c|c|c|c} x & 0 & \cdots & \alpha & \cdots & \dfrac{\pi}{4}\\ \hline f'(x) & & + & 0 & - & \\ \hline f(x)& & \nearrow & 極大 & \searrow & \\ \end{array} \]
$f(0)=0, \quad f(\dfrac{\pi}{4})=\dfrac{4}{\pi} \times \dfrac{\pi}{4}-\tan \dfrac{\pi}{4}=0$

$y=f(x) \ のグラフは右図のとおり$

$したがって \quad f(x)=\dfrac{4}{\pi}x -\tan x \geqq 0 \qquad \therefore \ \ 0 \leqq \tan x \leqq \dfrac{4}{\pi}x $


(4)


$(2)より \quad I_{n+1}+I_n=\dfrac{1}{2n} \ \ だから \quad \dfrac{1}{n}=2(I_{n+1}+I_n)$

$\therefore \ \ \dfrac{(-1)^k}{k}=2(-1)^k (I_{k+1}+I_k)$

\[\sum_{k=1}^n \dfrac{(-1)^k}{k}=2\sum_{k=1}^n (-1)^k (I_{k+1}+I_k)=-2\sum_{k=1}^n \big\{(-1)^{k+1} I_{k+1}-(-1)^k I_k\big\}\]
$(-1)^kI_k=J_k \ \ とおくと$

\[\sum_{k=1}^n \dfrac{(-1)^k}{k}=-2\sum_{k=1}^n (J_{k+1}-J_k)=-2(J_{n+1}-J_1)=-2\big((-1)^{n+1}I_{n+1}+I_1\big)\]
$ここで$
\begin{eqnarray*} I_{n+1} &=&\int_0^{\scriptsize{\dfrac{\pi}{4}}} (\tan x)^{2n+1} dx\\ \\ &\leqq &\int_0^{\scriptsize{\dfrac{\pi}{4}}} (\dfrac{4}{\pi}x)^{2n+1} dx \hspace{5em}((3)より)\\ \\ &=&(\dfrac{4}{\pi})^{2n+1}\int_0^{\scriptsize{\dfrac{\pi}{4}}} x^{2n+1} dx\\ \\ &=&(\dfrac{4}{\pi})^{2n+1}\big[\dfrac{x^{2n+2}}{2n+2}\big]_0^{\scriptsize{\dfrac{\pi}{4}}} \\ \\ &=&(\dfrac{4}{\pi})^{2n+1} \times \dfrac{1}{2n+2} \times (\dfrac{\pi}{4})^{2n+2}\\ \\ &=&\dfrac{\pi}{8(n+1)} \end{eqnarray*}
$よって \quad 0 < I_{n+1} \leqq \dfrac{\pi}{8(n+1)}$

$n \longrightarrow \infty \ \ のとき \ \ 右辺 \ \ \longrightarrow 0 \ \ だから、はさみうちの原理により \quad I_{n+1} \longrightarrow 0$

\[\lim_{n \rightarrow \infty}\sum_{k=1}^n \dfrac{(-1)^k}{k}=-2I_1=-2 \times \dfrac{1}{2}\log 2=-\log 2\]

$(参考)$

\[\sum_{n=1}^{\infty} \dfrac{(-1)^{n-1}}{n}=1-\dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{3}-\dfrac{1}{4} + \cdots =\log 2\]
$通常、\log(1+x) \ \ を級数展開して求めます。$


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