$\int{\frac{1}{\cos^2{x}}\:dx}=\tan{x}+C$

$\int{\frac{1}{\sin^2{x}}\:dx}=-\frac{1}{\tan{x}}+C$

$\int{\tan^2{x}\:}dx=\tan x-x+C$

Alta

烏龍

オリジナル

はにわ

有名積分（数Ⅲ）

2015年大阪大学の前期入試、「挑戦枠」という入試方式において、以下の問題が出題されました。

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数列$\{a_n\}を a_n=\dfrac{n!}{\sqrt{n}n^ne^{-n}}$ で定めたとき$\lim\limits_{n \to \infty}a_n=\sqrt{2\pi}$ を以下の手順で示せ。


　


(1) 数列 $\{b_n\}$を $b_n=\dfrac{2^{2n}(n!)^2}{\sqrt{n}(2n!)}$ で定める。$0<x<\dfrac{\pi}{2}$のとき$\sin^{2n+1}x<\sin^{2n}x<\sin^{2n-1}x \ \ (n=1,2,3,\cdot\cdot\cdot)$であることを用いて,$\lim\limits_{n \to \infty}b_n=\sqrt{\pi}$であることを示せ。



(2) すべての自然数nに対して$0<\log\dfrac{a_n}{a_{n+1}}<\dfrac{100}{n(n+1)}$が成り立つことを示せ。

(3)$\lim\limits_{n \to \infty}\dfrac{a_n}{a_{2n}}=1$であることを示せ。

(4)$\lim\limits_{n \to \infty}a_n=\sqrt{2\pi}$を示せ。

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背景は題にもあるスターリングの公式です。$\lim\limits_{n \to \infty}\dfrac{n!e^n}{\sqrt{2\pi n}n^n}=1$ 　を示すことにより十分大きいnにおいて階乗を 　$n!\fallingdotseq \sqrt{2\pi n}\left(\dfrac{n}{e}\right)^n$　と一般に近似できます。この問題はこの極限について考える問題であり[ウォリス積分](https://www.studyport.jp/p/cm89vxvh30000zrnvcjip6rn8)を利用して導くことができます。

では、解答していきましょう。

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(1) まず $ I_n=\displaystyle\int^{\frac{\pi}2}_0 \sin^n xdx $ とおく。条件より$I_{2n+1}<I_{2n}<I_{2n-1}$であり、ウォリス積分より


$I_{2n}=\dfrac{2n-1}{2n}I_{2n-2} \\ =\dfrac{2n-1}{2n}\cdot\dfrac{2n-3}{2n-2}\cdots\dfrac{\pi}{2}
\\ =\dfrac{1}{2^n(n!)}\cdot\dfrac{(2n!)}{2^n(n!)}\cdot\dfrac{\pi}{2}
\\ =\dfrac{\pi}{2\sqrt{n}b_n}$

同様に、

$I_{2n+1}=\dfrac{2n}{2n+1}I_{2n-1}
\\ =\dfrac{2^{2n}(n!)}{(2n+1)!}
\\
=\dfrac{\sqrt{n}b_n}{2n+1}$

$I_{2n-1}=\dfrac{2n+1}{2n}I_{2n+1}
\\ =\dfrac{2n+1}{2n}\cdot\dfrac{\sqrt{n}b_n}{2n+1}
\\
=\dfrac{\sqrt{n}b_n}{2n}$

これより、

$\dfrac{\sqrt{n}b_n}{2n+1}<\dfrac{\pi}{2\sqrt{n}b_n}<\dfrac{\sqrt{n}b_n}{2n}$

整理して、

$1<\left(1+\dfrac{1}{2n}\right)\cdot\dfrac{\pi}{{b_n}^2}<1+\dfrac{1}{2n}$

ゆえに、はさみうちの原理より

$\lim\limits_{n\to\infty}\dfrac{\pi}{{b_n}^2}=1$

$b_n>0$より、$\lim\limits_{n\to\infty}b_n=\sqrt{\pi}$

　

(2) $\dfrac{a_n}{a_{n+1}}=\dfrac{1}{e}\cdot\left(\dfrac{n+1}{n}\right)^{n+\frac{1}{2}}$ より、

$\log\dfrac{a_n}{a_{n+1}}=\left(n+\dfrac{1}{2}\right)\log\dfrac{n+1}{n}-1$

よって

$\dfrac{2}{2n+1}<\log\dfrac{n+1}{n}<\dfrac{2}{2n+1}+\dfrac{200}{n(n+1)(2n+1)}$

を示せばよい。

ここで、$f(x)=\dfrac{1}{x}$ を考える。$y=f(x)$ は下に凸な関数であり、$\displaystyle\int^{n+1}_n \dfrac{1}{x}dx=\log\dfrac{n+1}{n}$ であるから、凸性より

$f(n+\frac{1}{2})<\displaystyle\int^{n+1}_n f(x)dx <\dfrac{1}{2} \{f(n)+f(n+1)\}$

すなわち

$\dfrac{2}{2n+1}<\log\dfrac{n+1}{n}<\dfrac{2n+1}{2n(n+1)}$

が成立し、$\dfrac{2n+1}{2n(n+1)}=\dfrac{2}{2n+1}+\dfrac{1}{2n(n+1)(2n+1)}<\dfrac{2}{2n+1}+\dfrac{200}{n(n+1)(2n+1)}$

であるから、これより題意は示された。

　


(3) いま、$\log\dfrac{a_n}{a_{2n}}=\displaystyle\sum\limits^{2n-1}_{k=n}\log\dfrac{a_k}{a_{k+1}}$ であり、これと(2)で示した不等式の各辺を足し合わせることによって、

$0<\log\dfrac{a_n}{a_{2n}}<\displaystyle\sum\limits^{2n-1}_{k=n}\dfrac{100}{k(k+1)}$

が導かれる。

$\displaystyle\sum\limits^{2n-1}_{k=n}\dfrac{100}{k(k+1)}=100\left(\dfrac{1}{n}-\dfrac{1}{2n}\right)=\dfrac{50}{n}$ 

であるから、はさみうちの原理より

$\lim\limits_{n\to\infty}\log\dfrac{a_n}{a_{2n}}=0$

ゆえに、$\lim\limits_{n\to\infty}\dfrac{a_n}{a_{2n}}=1$


　

(4) $b_n=\dfrac{2^{2n}(n!)^2}{\sqrt{n}(2n!)}=\dfrac{1}{\sqrt{2}}\cdot\dfrac{a_n^2}{a_{2n}}$

であることが計算により確かめられる。これより、

$\lim\limits_{n\to\infty}a_n=\lim\limits_{n\to\infty}\sqrt{2}b_n\cdot\dfrac{a_n}{a_{2n}} = \sqrt{2}\cdot\sqrt{\pi}\cdot 1 = \sqrt{2\pi}$

以上より、題意は示された。

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極限における様々な手法を組み合わせ、また(4)の式変形も(3)の式と導くべき極限を考えればひらめくことのできる式変形を用いて証明しました。手順は多いですがよく復習すれば極限の力をつけることができる良問でしょう。ぜひ学習に役立ててください。

スターリングの公式　解法

**加法定理から導出**

$\sin(x)=1-\cos^2(\frac{x}{2})$

$\sin(x)=2\sin(\frac{x}{2})\cos(\frac{x}{2})$

$\sin(x)=\frac{1}{3}\{\sin(3x)+4\sin^3(x)\}$


発想を要する三角関数の変形

フェルマーの小定理は、かの有名な「フェルマーの最終定理」またの名をフェルマーの大定理に対して名付けられた整数に関する定理です。以下の内容を主張しています。

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**フェルマーの小定理**

$p$ を素数に対してすべての整数 $a$ において $a^p\equiv a \pmod p$

また、$a$ が $p$ と互いに素な整数であるとき、$a^{p-1}\equiv 1 \pmod p$

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[証明]

まず、$(m+n)^p\equiv m^p+n^p \pmod p \cdots(1)$ を示す。

二項定理より、

$(m+n)^p={}_p \mathrm{C}_0 m^p+	{}_p \mathrm{C}_1 m^{p-1}n+\cdots+{}_p \mathrm{C}_p n^p$

$\therefore (m+n)^p-(m^p+n^p)={}_p \mathrm{C}_1 m^{p-1}n+\cdots$

ここで、$p>k$ において ${}_p \mathrm{C}_k=\dfrac{p!}{k!(p-k!)}$ であり、素数 $p$ と $k!$ は互いに素かつ ${}_p \mathrm{C}_k$ は整数であることより、${}_p \mathrm{C}_k$ は $p$ の倍数である。ゆえに $(m+n)^p-(m^p+n^p)$ は $p$ の倍数である。これより(1)は示された。

　

以下、$a^p\equiv a \pmod p$ を示す。

$(m+n)^p\equiv m^p+n^p \pmod p$ より

$a^p = \{1+(a-1)\}^p \\ \equiv 1^p+(a-1)^p \\ = 1+\{1+(a-2)\}^p \\ \equiv 1+1+\{1+(a-3)\}^p \\ \equiv a \pmod p$

よって、示された。$a$ と $p$ が互いに素な場合、**合同式の性質**$(*)$より $a^{p-1}\equiv 1 \pmod p$ を得る。これより、題意は示された。

　

$(*)$ $a$ と $m$ が互いに素であるとき、

$ax\equiv ay  \pmod m \implies x\equiv y\pmod m $

[証明]

合同式より $k$ を整数として $ax-ay=mk$ と表せる。

よって、$a(x-y)=mk$  

$a$ と $m$ は互いに素より $x-y$ は $m$ の倍数である。よって$x\equiv y\pmod m $ が示された。

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この定理を用いると、例えば $n^5-n$ が5の倍数であることがすぐに分かります。少しテクニカルな証明ですが、小定理を知っておくだけでも有効な場面があるでしょう。ぜひご活用ください。

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有名積分（数Ⅲ）

発想を要する三角関数の変形