2018年慶應大学理工数学|過去問徹底研究大問3

方針の立て方

(1)
(サ)については特筆事項なし．
(シ) $a_n$ と $a_{n-2}$ の関係を問われているため， $a_{n-2}$ の形を具体的に書き下してみると方針を得やすい．すると， $\int_{0}^{1}\left(1-x^2\right)^\frac{n-2}{2}dx$ が必要だと分かるため，部分積分の際に $\left(1-x^2\right)^\frac{n}{2}$ の項を微分すればよいと分かる．

(2)前問で漸化式を求めたので，漸化式を利用することを考える．本解答のような漸化式を用いて $a_0$ や $a_1$ まで下げる解法は頻出のためおさえておこう．

(3)極限値が1と与えられているため， $\lim_{n\rightarrow\infty}{\left|\frac{a_n}{a_{n-1}}-1\right|}$ で考える．(※ $\lim_{n\rightarrow\infty}{\frac{a_n}{a_{n-1}}}=1$ を直接示す方針でも間違いではないが，はさみうちの原理が使いにくくなる．)変形をしていくと $\frac{a_n}{a_{n-1}}$ の評価が必要になる．一項差のため，まずは前問(2)の結果を使おうと試みるが，前問は積(二項の掛け算)の形であるため使えない．そこで，(1)の(シ)の結果なら，分数の形を作り出せると考え， $\frac{a_n}{a_{n-1}}$ を $\frac{a_{n+1}}{a_{n-1}}$ か $\frac{a_n}{a_{n-2}}$ に変形することを考える．

(4) $\lim_{n\rightarrow\infty}{\sqrt n}a_n$ のままでは解法が思い浮かばないため，一先ず変形して $\lim_{n\rightarrow\infty}{\sqrt{n\left(a_n\right)^2}}$ とする．二項の掛け算の形が出てきているため，(2)の結果を使うという方針が立つ．(※(2)の結果をここまで使っていないので，(2)の結果を使うのではと疑うことでも方針が立つ．)

解答例

(1)
サ： $\frac{\pi}{4}$
シ： $\frac{n}{n+1}$
(2)
ス： $\frac{\pi}{2\left(n+1\right)}$
(3)
$\left|\frac{a_n}{a_{n-1}}-1\right|=\left|\frac{a_{n}-a_{n-1}}{a_{n-1}}\right|=\left|\frac{a_{n}-a_{n-1}}{a_{n-1}}\right|$
ここで， $0\leqq x\leqq1$ の範囲で， $0\leqq1-x^2\leqq1$ であるから， $0\leqq\left(1-x^2\right)^\frac{n}{2}\leqq\left(1-x^2\right)^\frac{n-1}{2}\leqq1$ であり，積分区間 $0\leqq x\leqq1$ で，等号は常に成立しないことから，
$\int_{0}^{1}0dx<\int_{0}^{1}\left(1-x^2\right)^\frac{n}{2}dx<\int_{0}^{1}\left(1-x^2\right)^\frac{n-1}{2}dx<\int_{0}^{1}1dx\Leftrightarrow0<a_n<a_{n-1}<1$
が成立する．(1)の(シ)の結果と合わせると，
$\frac{\left|a_n-a_{n-1}\right|}{\left|a_{n-1}\right|}=\frac{a_{n-1}-a_n}{a_{n-1}}<\frac{a_{n-1}-a_{n+1}}{a_{n-1}}=1-\frac{a_{n+1}}{a_{n-1}}=1-\frac{n+1}{n+2}=\frac{1}{n+2}$
よって，
$\lim_{n\rightarrow\infty}{\left|\frac{a_n}{a_{n-1}}-1\right|}<\lim_{n\rightarrow\infty}{\frac{1}{n+2}}=0$
であり，はさみうちの原理より，
$\lim_{n\rightarrow\infty}{\left|\frac{a_n}{a_{n-1}}-1\right|}=0$
これは，数列 $\left\{\frac{a_n}{a_{n-1}}\right\}$ が1に収束することに他ならない．
証明終了．
(4)
セ： $\sqrt{\frac{\pi}{2}}$

解説

(1)
〇 $a_1$ (サについて)
$a_1=\int_{0}^{1}\sqrt{1-x^2}dx$
これは，下図斜線部に示した四分円の面積を表す．

$a_1=\int_{0}^{1}\sqrt{1-x^2}dx=\frac{\pi}{4}$ ……(答)
〇 $a_n$ (シについて)
$a_n=\int_{0}^{1}\left(1-x^2\right)^\frac{n}{2}dx=\int_{0}^{1}{\left(x\right)^\prime\left(1-x^2\right)^\frac{n}{2}}dx=\left[x\left(1-x^2\right)^\frac{n}{2}\right]_0^1-\int_{0}^{1}{x\cdot\frac{n}{2}\left(1-x^2\right)^\frac{n-2}{2}\cdot\left(-2x\right)}dx=n\int_{0}^{1}{x^2\left(1-x^2\right)^\frac{n-2}{2}}dx$
$\therefore\int_{0}^{1}{x^2\left(1-x^2\right)^\frac{n-2}{2}}dx=\frac{a_n}{n}$
一方で，
$a_n=\int_{0}^{1}\left(1-x^2\right)^\frac{n}{2}dx=\int_{0}^{1}{\left(1-x^2\right)\cdot\left(1-x^2\right)^\frac{n-2}{2}}dx=\int_{0}^{1}\left(1-x^2\right)^\frac{n-2}{2}dx-\int_{0}^{1}{x^2\left(1-x^2\right)^\frac{n-2}{2}}dx=a_{n-2}-\frac{a_n}{n}$
$\therefore a_n=\frac{n}{n+1}a_{n-2}$ ……(答)

(2)
前問の結果より，
$a_na_{n-1}=\frac{n}{n+1}a_{n-2}\cdot\frac{n-1}{n}a_{n-3}=\frac{n-1}{n+1}a_{n-2}a_{n-3}$
(ⅰ) $n$ が偶数のとき，
$a_na_{n-1}=\frac{n-1}{n+1}\cdot\frac{n-3}{n-1}\cdot\frac{n-5}{n-3}\cdot\cdots\cdots\cdot\frac{3}{5}a_2a_1=\frac{3}{n+1}a_2a_1$
ここで，
$a_2=\int_{0}^{1}\left(1-x^2\right)dx=\left[x-\frac{1}{3}x^3\right]_0^1=\frac{2}{3}$
$a_1=\frac{\pi}{4}$
より，
$a_na_{n-1}=\frac{3}{n+1}\cdot\frac{2}{3}\cdot\frac{\pi}{4}=\frac{\pi}{2\left(n+1\right)}$
(ⅱ) $n$ が奇数のとき，
$a_na_{n-1}=\frac{n-1}{n+1}\cdot\frac{n-3}{n-1}\cdot\frac{n-5}{n-3}\cdot\cdots\cdots\cdot\frac{2}{4}a_1a_0=\frac{2}{n+1}a_1a_0$
ここで，
$a_1=\frac{\pi}{4}$
$a_0=\int_{0}^{1}1dx=\left[x\right]_0^1=1$
より，
$a_na_{n-1}=\frac{2}{n+1}\cdot\frac{\pi}{4}\cdot1=\frac{\pi}{2\left(n+1\right)}$
以上，(ⅰ)と(ⅱ)より，
$a_na_{n-1}=\frac{\pi}{2\left(n+1\right)}$ ……(答)

(4)
前問の結果より，
$a_n=\frac{\pi}{a_{n-1}\cdot2\left(n+1\right)}\Leftrightarrow\left(a_n\right)^2=\frac{\pi}{2\left(n+1\right)}\cdot\frac{a_n}{a_{n-1}}$
である．これより，
$\lim_{n\rightarrow\infty}{\sqrt n}a_n=\lim_{n\rightarrow\infty}{\sqrt{n\left(a_n\right)^2}}=\lim_{n\rightarrow\infty}{\sqrt{n\cdot\frac{\pi}{2\left(n+1\right)}\cdot\frac{a_n}{a_{n-1}}}}=\lim_{n\rightarrow\infty}{\sqrt{\frac{\pi}{2}\cdot\frac{n}{n+1}\cdot\frac{a_n}{a_{n-1}}}}=\sqrt{\frac{\pi}{2}}$ ……(答)