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慶應理工2018

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_na_{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_0a_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}}\frac{a_{n+1}}{a_{n-1}}\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.)

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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)
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)
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)

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