\[ I_n=\int _0^{\sqrt{3}}\frac{1}{1+x^n}dx\quad (n=1,2,\dots )\]
とおくとき，次の問いに答えよ．
(1) $I_1,I_2$の値を求めよ．
(2) $\displaystyle \lim_{n\to \infty}I_n$の値を求めよ．
(2009年度 大分大学 前期 医学部 第1問)
当記事で紹介する解答は大分大学が示した解答ではありません．
(2)が解けるかどうかが最大のポイントである．
(1)はただの積分計算である．確実に正解しておきたい．
(2)は積分の極限であるが，そう簡単に求められそうにはない．はさみうちの原理を使うことは間違いないだろう．
まずは(1)から．ただの計算問題なので，計算ミスをしないように気をつけよう．
\[ I_1=\int _0^{\sqrt{3}}\frac{1}{1+x}dx=[\log |1+x|]_0^{\sqrt{3}}=\log (1+\sqrt{3})\]
$I_2$は$x=\tan \theta$で置換する，典型的な積分である．このとき
\[ \frac{dx}{d\theta}=\frac{1}{\cos ^2\theta}=1+\tan ^2\theta \]
であり
| $x$ | $0$ | $\to$ | $\sqrt{3}$ |
| $\theta$ | $0$ | $\to$ | $\dfrac{\pi}{3}$ |
であるから
\[ I_2=\int _0^{\sqrt{3}}\frac{1}{1+x^2}dx=\int _0^{\frac{\pi}{3}}\frac{1}{1+\tan ^2\theta}\frac{dx}{d\theta}d\theta =\int _0^{\frac{\pi}{3}}d\theta =[\theta ]_0^{\frac{\pi}{3}}=\frac{\pi}{3}\]
これを踏まえて，(2)の議論に移ろう．一般の$n$に対して，$I_n$を解くことはできそうにないため，やはりはさみうちの原理を使って極限値を求めることになるだろう．
はさみうちの原理を用いて極限を求める場合，$I_n$を上と下からうまく評価する必要がある．大雑把な不等式評価の場合，下からの評価と上からの評価の極限が一致しないことがある．
まずは極限値の予想を試みよう．厳密な数学的議論を無視して，極限と積分の交換1をして計算してみよう．
\[ \begin{aligned}\lim _{n\to \infty}I_n&=\int _0^{\sqrt{3}}\lim _{n\to \infty}\frac{1}{1+x^n}dx\\ &=\int _0^1\lim _{n\to \infty}\frac{1}{1+x^n}dx+\int _1^{\sqrt{3}}\lim _{n\to \infty}\frac{1}{1+x^n}dx\\ &=\int _0^1dx+\int _1^{\sqrt{3}}0dx\\ &=[x]_0^1+0=1\end{aligned}\]
上記の計算から，どうやら$1$である可能性が高そうだ．
さて，上記の計算では積分範囲を2つに分けて計算した．$0$から$1$までの積分については極限値が$1$になり，$1$から$\sqrt{3}$までの積分については極限値が$0$になることが予想されるため，それぞれをはさみうちの原理で示すことを検討してみよう．
$0\leqq x\leqq 1$のとき，$x^n\geqq 0$であるから
\[ 1-x^n=\frac{1-x^{2n}}{1+x^n}\leqq \frac{1}{1+x^n}\leqq \frac{1}{1+0}=1\]
この不等式評価は思いつきにくい．上からの評価は比較的シンプルだが，下からの評価は難しいだろう．何度も試行錯誤を繰り返して思いつく変形である．
両辺を$x$について$0$から$1$まで積分すると，$\displaystyle \int _0^1\frac{1}{1+x^n}dx$の不等式評価が得られる．
\[ \int _0^1(1-x^n)dx=\left[ x-\frac{x^{n+1}}{n+1}\right] _0^1=1-\frac{1}{n+1}\]
\[ \int _0^1dx=[x]_0^1=1\]
であるから
\[ 1-\frac{1}{n+1}\leqq I_n\leqq 1\]
ここで
\[ \lim _{n\to \infty}\left( 1-\frac{1}{n+1}\right) =\lim _{n\to \infty}1=1\]
であるから，はさみうちの原理より
\[ \lim _{n\to \infty}\displaystyle \int _0^1\frac{1}{1+x^n}dx=1\]
が得られる．
さて，$1\leqq x\leqq \sqrt{3}$のとき
\[ 0\leqq \frac{1}{1+x^n}\leqq \frac{1}{x^n}\]
この不等式評価は思いつきやすい．特に下からの評価はすぐに思いついてほしい．
両辺を$x$について$1$から$\sqrt{3}$まで積分すると，$\displaystyle \int _1^{\sqrt{3}}\frac{1}{1+x^n}dx$の不等式評価が得られる．
\[ \int _1^{\sqrt{3}}0dx=0\]
\[ \int _1^{\sqrt{3}}\frac{1}{x^n}dx=\left[ \frac{1}{(1-n)x^{n-1}}\right] _1^{\sqrt{3}}=\frac{1}{1-n}\left( 1-\frac{1}{3^{\frac{n-1}{2}}}\right) \]
であるから
\[ 0\leqq I_n\leqq \frac{1}{1-n}\left( 1-\frac{1}{3^{\frac{n-1}{2}}}\right) \]
ここで
\[ \lim _{n\to \infty}0=\lim _{n\to \infty}\frac{1}{1-n}\left( 1-\frac{1}{3^{\frac{n-1}{2}}}\right) =0\]
であるから，はさみうちの原理より
\[ \lim _{n\to \infty}\displaystyle \int _1^{\sqrt{3}}\frac{1}{1+x^n}dx=0\]
が得られる．
したがって
\[ \lim _{n\to \infty}I_n=\lim _{n\to \infty}\int _0^1\frac{1}{1+x^n}dx+\lim _{n\to \infty}\int _1^{\sqrt{3}}\frac{1}{1+x^n}dx=1+0=1\]
(1)難易度:★★☆☆☆
\[ I_1=\int _0^{\sqrt{3}}\frac{1}{1+x}dx=[\log |1+x|]_0^{\sqrt{3}}={\color{red}\log (1+\sqrt{3})}\]
$x=\tan \theta$で置換すると
\[ \frac{dx}{d\theta}=\frac{1}{\cos ^2\theta}=1+\tan ^2\theta \]
であり
| $x$ | $0$ | $\to$ | $\sqrt{3}$ |
| $\theta$ | $0$ | $\to$ | $\dfrac{\pi}{3}$ |
であるから
\[ I_2=\int _0^{\sqrt{3}}\frac{1}{1+x^2}dx=\int _0^{\frac{\pi}{3}}\frac{1}{1+\tan ^2\theta}\frac{dx}{d\theta}d\theta =\int _0^{\frac{\pi}{3}}d\theta =[\theta ]_0^{\frac{\pi}{3}}={\color{red}\frac{\pi}{3}}\]
(2)難易度:★★★★☆
$0\leqq x\leqq 1$のとき
\[ 1-x^n=\frac{1-x^{2n}}{1+x^n}\leqq \frac{1}{1+x^n}\leqq \frac{1}{1+0}=1\]
より
\[ \int _0^1(1-x^n)dx=\left[ x-\frac{x^{n+1}}{n+1}\right] _0^1=1-\frac{1}{n+1}\]
\[ \int _0^1dx=[x]_0^1=1\]
であるから
\[ 1-\frac{1}{n+1}\leqq I_n\leqq 1\]
ここで
\[ \lim _{n\to \infty}\left( 1-\frac{1}{n+1}\right) =\lim _{n\to \infty}1=1\]
であるから，はさみうちの原理より
\[ \lim _{n\to \infty}\displaystyle \int _0^1\frac{1}{1+x^n}dx=1\]
が得られる．
$1\leqq x\leqq \sqrt{3}$のとき
\[ 0\leqq \frac{1}{1+x^n}\leqq \frac{1}{x^n}\]
より
\[ \int _1^{\sqrt{3}}0dx=0\]
\[ \int _1^{\sqrt{3}}\frac{1}{x^n}dx=\left[ \frac{1}{(1-n)x^{n-1}}\right] _1^{\sqrt{3}}=\frac{1}{1-n}\left( 1-\frac{1}{3^{\frac{n-1}{2}}}\right) \]
であるから
\[ 0\leqq I_n\leqq \frac{1}{1-n}\left( 1-\frac{1}{3^{\frac{n-1}{2}}}\right) \]
ここで
\[ \lim _{n\to \infty}0=\lim _{n\to \infty}\frac{1}{1-n}\left( 1-\frac{1}{3^{\frac{n-1}{2}}}\right) =0\]
であるから，はさみうちの原理より
\[ \lim _{n\to \infty}\displaystyle \int _1^{\sqrt{3}}\frac{1}{1+x^n}dx=0\]
が得られる．
したがって
\[ \lim _{n\to \infty}I_n=\lim _{n\to \infty}\int _0^1\frac{1}{1+x^n}dx+\lim _{n\to \infty}\int _1^{\sqrt{3}}\frac{1}{1+x^n}dx=1+0={\color{red}1}\]
- 大学で数学を専攻している筆者から見れば，この操作を断りなく行うことに対して非常に強い抵抗があるが，答えの予想として行うのであれば許容範囲であると考えている． ↩︎