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東京科学大学　2020年度　前期日程　理系

第5問積分法・極限の解答・解説

部分積分による漸化式・はさみうちと極限・次の項までの展開・漸近展開当サイトの体感難易度：難最終更新 2026/10/13

問題文について

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(1) $k$ を正の整数とし $a_{k} = \int_{0}^{1} x^{k - 1} sin (\frac{π x}{2}) d x$ とおく。 $a_{k + 2}$ を $a_{k}$ と $k$ を用いて表す

答 $a_{k + 2} = \frac{4 ( k + 1 )}{π ^{2}} (1 - k a_{k})$

部分積分を2回。 $cos \frac{π}{2} = 0$ 、 $sin \frac{π}{2} = 1$ なので境界項がきれいになる。

$c = \frac{π}{2}$ とおく。

a_{k + 2} = \int_{0}^{1} x^{k + 1} sin (c x) d x = [- \frac{x ^{k + 1} cos ( c x )}{c}]_{0}^{1} + \frac{k + 1}{c} \int_{0}^{1} x^{k} cos (c x) d x

である。 $cos c = cos \frac{π}{2} = 0$ なので境界項は $0$ である。もう一度部分積分すると

\int_{0}^{1} x^{k} cos (c x) d x = [\frac{x ^{k} sin ( c x )}{c}]_{0}^{1} - \frac{k}{c} \int_{0}^{1} x^{k - 1} sin (c x) d x = \frac{1}{c} - \frac{k}{c} a_{k}

である（ $sin c = 1$ ）。したがって

a_{k + 2} = \frac{k + 1}{c} (\frac{1}{c} - \frac{k}{c} a_{k}) = \frac{k + 1}{c ^{2}} (1 - k a_{k})

で、 $c^{2} = \frac{π ^{2}}{4}$ なので

a_{k + 2} = \frac{4 ( k + 1 )}{π ^{2}} (1 - k a_{k})

である。

$k = 1, 2, 3, 5$ で $sin$ の級数から分数で出した値と比べると、小数30桁まで一致した。

(2) $k$ を限りなく大きくするとき、数列 ${k a_{k}}$ の極限値 $A$ を求める

答 $A = 1$

$k a_{k} = \int_{0}^{1} k x^{k - 1} sin (c x) d x$ を部分積分すると、残る積分が $\frac{1}{k + 1}$ で押さえられる。

$c = \frac{π}{2}$ とする。 $(x^{k})^{'} = k x^{k - 1}$ なので部分積分して

k a_{k} = \int_{0}^{1} k x^{k - 1} sin (c x) d x = [x^{k} sin (c x)]_{0}^{1} - c \int_{0}^{1} x^{k} cos (c x) d x = 1 - c \int_{0}^{1} x^{k} cos (c x) d x

である（ $sin c = 1$ ）。残った積分は $∣ cos (c x) ∣ ≦ 1$ より

\int_{0}^{1} x^{k} cos (c x) d x ≦ \int_{0}^{1} x^{k} d x = \frac{1}{k + 1} k \to \infty 0

である。よって

A = k \to \infty lim k a_{k} = 1

である。

$k x^{k - 1}$ は $x = 1$ に集中していく重み（ $\int_{0}^{1} k x^{k - 1} d x = 1$ ）なので、 $k a_{k}$ は $sin (\frac{π \cdot 1}{2}) = 1$ に近づく、と見ることもできる。

$k = 10000$ で $k a_{k} = 0.999999975$ だった。

(3)(2) の極限値 $A$ に対し、 $k$ を限りなく大きくするとき数列 ${k^{m} a_{k} - k^{n} A}$ が $0$ ではない値に収束する整数 $m, n$ （ $m > n ≧ 1$ ）を求め、そのときの極限値 $B$ を求める

答 $m = 3$ 、 $n = 2$ 、 $B = - \frac{π ^{2}}{4}$

(2) の計算に出た「残りの積分」をもう一段評価する。(1) を使うと、その積分が $a_{k + 2}$ で書ける。

$J_{k} = \int_{0}^{1} x^{k} cos (c x) d x$ とおくと、(2) より

k a_{k} - 1 = - c J_{k}

である。 $J_{k}$ を部分積分すると

J_{k} = [\frac{x ^{k + 1} cos ( c x )}{k + 1}]_{0}^{1} + \frac{c}{k + 1} \int_{0}^{1} x^{k + 1} sin (c x) d x = \frac{c a _{k + 2}}{k + 1}

である（ $cos c = 0$ ）。したがって

k a_{k} - 1 = - \frac{c ^{2} a _{k + 2}}{k + 1}

である。 $A = 1$ なので

k^{m} a_{k} - k^{n} = k^{m - 1} (k a_{k}) - k^{n} = k^{m - 1} (1 - \frac{c ^{2} a _{k + 2}}{k + 1}) - k^{n}

である。(2) を $k + 2$ に使うと $(k + 2) a_{k + 2} \to 1$ 、つまり $a_{k + 2} \sim \frac{1}{k + 2}$ なので

\frac{c ^{2} a _{k + 2}}{k + 1} = \frac{c ^{2}}{( k + 1 ) ( k + 2 )} {(k + 2) a_{k + 2}} \sim \frac{c ^{2}}{k ^{2}}

である。 $k^{m - 1} - k^{n}$ が残らないためには $m - 1 = n$ でなければならず、そのとき

k^{m} a_{k} - k^{n} = - k^{m - 1} \cdot \frac{c ^{2} a _{k + 2}}{k + 1} = - c^{2} \cdot \frac{k ^{m - 1}}{( k + 1 ) ( k + 2 )} {(k + 2) a_{k + 2}}

である。 $\frac{k ^{m - 1}}{( k + 1 ) ( k + 2 )}$ が $0$ でない値に収束するのは $m - 1 = 2$ 、つまり $m = 3$ のときで、そのとき極限は $1$ である。よって $n = m - 1 = 2$ で

B = k \to \infty lim (k^{3} a_{k} - k^{2}) = - c^{2} = - \frac{π ^{2}}{4}

である。

$k = 1000$ で $k^{3} a_{k} - k^{2} = - 2.460007$ で、 $- \frac{π ^{2}}{4} = - 2.467401$ に近づいた。

$J_{k}$ を $a_{k + 2}$ で書き直すのが鍵。(1) の部分積分がそのまま使える。

$m - 1 = n$ でないと $k^{m - 1} - k^{n}$ が発散する（または $0$ に収束してしまう）。

(4)(2) と (3) の極限値 $A, B$ に対し、 $k$ を限りなく大きくするとき数列 ${k^{p} a_{k} - k^{q} A - k^{r} B}$ が $0$ ではない値に収束する整数 $p, q, r$ （ $p > q > r ≧ 1$ ）を求め、そのときの極限値を求める

答 $p = 4$ 、 $q = 3$ 、 $r = 1$ 、極限値は $\frac{3 π ^{2}}{4}$

(3) で得た $k a_{k} = 1 - \frac{c ^{2} a _{k + 2}}{k + 1}$ をもう一段展開する。 $\frac{k ^{3}}{( k + 1 ) ( k + 2 )} = k - 3 + O (\frac{1}{k})$ という展開が効く。

(3) の式を $k^{p}$ 倍の形に直すと、 $A = 1$ 、 $B = - c^{2}$ より

k^{p} a_{k} - k^{q} - k^{r} B = k^{p - 1} (k a_{k}) - k^{q} + c^{2} k^{r}

である。 $k a_{k} = 1 - \frac{c ^{2} a _{k + 2}}{k + 1}$ を入れて $q = p - 1$ とすると、 $k^{p - 1}$ が消えて

= c^{2} {k^{r} - \frac{k ^{p - 1} a _{k + 2}}{k + 1}}

である。ここで $(k + 2) a_{k + 2} = 1 + ε_{k}$ （ $ε_{k} \to 0$ ）とおくと

\frac{k ^{p - 1} a _{k + 2}}{k + 1} = k^{p - 3} \cdot \frac{k ^{2}}{( k + 1 ) ( k + 2 )} (1 + ε_{k})

である。(3) より $ε_{k} = O (\frac{1}{k ^{2}})$ であり、また

\frac{k ^{2}}{( k + 1 ) ( k + 2 )} = \frac{1}{1 + \frac{3}{k} + \frac{2}{k ^{2}}} = 1 - \frac{3}{k} + O (\frac{1}{k ^{2}})

なので

\frac{k ^{p - 1} a _{k + 2}}{k + 1} = k^{p - 3} - 3 k^{p - 4} + O (k^{p - 5})

である。 $k^{r}$ とこの第1項が打ち消すには $r = p - 3$ でなければならず、そのとき

k^{p} a_{k} - k^{p - 1} - k^{p - 3} B = c^{2} {3 k^{p - 4} + O (k^{p - 5})}

である。これが $0$ でない値に収束するのは $p - 4 = 0$ 、つまり $p = 4$ のときで、そのとき

q = p - 1 = 3, r = p - 3 = 1

であり（ $4 > 3 > 1 ≧ 1$ ✓）、極限値は

3 c^{2} = \frac{3 π ^{2}}{4}

である。

まとめると $a_{k} = \frac{1}{k} - \frac{π ^{2}}{4 k ^{3}} + \frac{3 π ^{2}}{4 k ^{4}} + \dots$ という展開が得られたことになる。

$k = 10000$ で $k^{4} a_{k} - k^{3} - k B = 7.401085$ で、 $\frac{3 π ^{2}}{4} = 7.402203$ に近づいた。

$\frac{k ^{2}}{( k + 1 ) ( k + 2 )}$ を $1 - \frac{3}{k} + \dots$ と展開する。 $1$ と見てしまうと次の項が出ない。

$r = p - 3$ なので $q$ と $r$ は連続しない（ $q = 3$ 、 $r = 1$ ）。

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問題文について

(1)k を正の整数とし ak​=∫01​xk−1sin(2πx​)dx とおく。ak+2​ を ak​ と k を用いて表す

(2)k を限りなく大きくするとき、数列 {kak​} の極限値 A を求める

(3)(2) の極限値 A に対し、k を限りなく大きくするとき数列 {kmak​−knA} が 0 ではない値に収束する整数 m,n（m>n≧1）を求め、そのときの極限値 B を求める

(4)(2) と (3) の極限値 A,B に対し、k を限りなく大きくするとき数列 {kpak​−kqA−krB} が 0 ではない値に収束する整数 p,q,r（p>q>r≧1）を求め、そのときの極限値を求める

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