$a_n = \int_0^1 (1-x^2)^{\frac{n}{2}} dx$ が与えられたとき、以下の問題を解く。 (1) $a_1$ を求める。 (2) $a_{n+2}$ を $a_n$ を用いて表す。 (3) $a_{n+1}a_n$ を $n$ を用いて表す。 (4) $\lim_{n \to \infty} \sqrt{n} a_n$ を求める。

1. 問題の内容

$a_n = \int_0^1 (1-x^2)^{\frac{n}{2}} dx$ が与えられたとき、以下の問題を解く。

(1) $a_1$ を求める。

(2) $a_{n+2}$ を $a_n$ を用いて表す。

(3) $a_{n+1}a_n$ を $n$ を用いて表す。

(4) $\lim_{n \to \infty} \sqrt{n} a_n$ を求める。

2. 解き方の手順

(1) $a_1$ を求める。

$a_1 = \int_0^1 \sqrt{1-x^2} dx$

これは半径1の円の1/4の面積を表すので、

$a_1 = \frac{\pi}{4}$

(2) $a_{n+2}$ を $a_n$ を用いて表す。

$a_{n+2} = \int_0^1 (1-x^2)^{\frac{n+2}{2}} dx = \int_0^1 (1-x^2)^{\frac{n}{2}+1} dx = \int_0^1 (1-x^2)^{\frac{n}{2}} (1-x^2) dx$

$a_{n+2} = \int_0^1 (1-x^2)^{\frac{n}{2}} dx - \int_0^1 (1-x^2)^{\frac{n}{2}} x^2 dx = a_n - \int_0^1 (1-x^2)^{\frac{n}{2}} x^2 dx$

ここで、部分積分を行う。$u = x$, $dv = x(1-x^2)^{\frac{n}{2}} dx$ とおくと、

$du = dx$, $v = \frac{-1}{\frac{n}{2}+1}(1-x^2)^{\frac{n}{2}+1} = \frac{-2}{n+2}(1-x^2)^{\frac{n}{2}+1}$

$\int_0^1 (1-x^2)^{\frac{n}{2}} x^2 dx = \int_0^1 x \cdot x(1-x^2)^{\frac{n}{2}} dx = [uv]_0^1 - \int_0^1 v du$

$= [\frac{-2x}{n+2}(1-x^2)^{\frac{n}{2}+1}]_0^1 - \int_0^1 \frac{-2}{n+2}(1-x^2)^{\frac{n}{2}+1} dx$

$= 0 + \frac{2}{n+2} \int_0^1 (1-x^2)^{\frac{n+2}{2}} dx = \frac{2}{n+2} a_{n+2}$

したがって、 $a_{n+2} = a_n - \frac{2}{n+2} a_{n+2}$

$(1+\frac{2}{n+2}) a_{n+2} = a_n$

$\frac{n+4}{n+2} a_{n+2} = a_n$

$a_{n+2} = \frac{n+2}{n+4} a_n$

(3) $a_{n+1}a_n$ を $n$ を用いて表す。

(2)より、$a_{n+2} = \frac{n+2}{n+4} a_n$ である。

$a_2 = \frac{0+2}{0+4} a_0 = \frac{1}{2} a_0 = \frac{1}{2} \int_0^1 (1-x^2)^0 dx = \frac{1}{2} \int_0^1 dx = \frac{1}{2}$

$a_3 = \frac{1+2}{1+4} a_1 = \frac{3}{5} \frac{\pi}{4}$

$a_{n+2} = \frac{n+2}{n+4} a_n$

$a_{n+1} a_n = C$ (定数) と仮定する。

$a_{n+3} a_{n+2} = \frac{n+3}{n+5} a_{n+1} \frac{n+2}{n+4} a_n = \frac{(n+3)(n+2)}{(n+5)(n+4)} a_{n+1} a_n = \frac{(n+3)(n+2)}{(n+5)(n+4)} C$

ここで、$a_{n+3} a_{n+2}$ が定数であると仮定すると、$\frac{(n+3)(n+2)}{(n+5)(n+4)}$ は定数でなければならないが、これはありえない。

よって、$a_{n+1} a_n$ は定数ではない。

$n=0$ の時、$a_1 a_0 = \int_0^1 \sqrt{1-x^2} dx \cdot \int_0^1 1 dx = \frac{\pi}{4} \cdot 1 = \frac{\pi}{4}$

$n=1$ の時、$a_2 a_1 = \frac{1}{2} \cdot \frac{\pi}{4} = \frac{\pi}{8}$

$a_{n+2} = \frac{n+2}{n+4} a_n$ より、$a_{n+1} = \frac{n+1}{n+3} a_{n-1}$

$a_1 = \frac{\pi}{4}$, $a_0 = 1$, $a_2 = \frac{1}{2}$, $a_3 = \frac{3}{5} \frac{\pi}{4}$

$(n+1) a_{n+1} a_n = \int_0^1 (1-x^2)^{\frac{n+1}{2}} dx \cdot \int_0^1 (1-x^2)^{\frac{n}{2}} dx$

$a_{n+2} = \frac{n+2}{n+4} a_n$ なので、

$a_{n+1} = \frac{n+1}{n+3} a_{n-1}$

$a_{n+1} = \frac{n-1}{n+1} a_{n-1}$

漸化式を使う方法を考える。

$x = \sin \theta$ と置換すると、$dx = \cos \theta d\theta$, $1-x^2 = 1-\sin^2 \theta = \cos^2 \theta$

$a_n = \int_0^{\pi/2} (\cos^2 \theta)^{\frac{n}{2}} \cos \theta d\theta = \int_0^{\pi/2} (\cos \theta)^n \cos \theta d\theta = \int_0^{\pi/2} \cos^{n+1} \theta d\theta$

$\int_0^{\pi/2} \cos^{n+1} \theta d\theta = \frac{n}{n+1} \int_0^{\pi/2} \cos^{n-1} \theta d\theta$

ウォリス積分の公式より、$\int_0^{\pi/2} \cos^{n+1} \theta d\theta = \frac{n}{n+1} a_{n-1}$

$a_n = \int_0^{\pi/2} \cos^{n+1} \theta d\theta$ なので、$a_{n+1} = \frac{n}{n+1} a_{n-1}$

$a_{n+1} a_n = \frac{n}{n+1} a_{n-1} \cdot \frac{n-1}{n+1} a_{n-1} = \frac{n}{n+1} a_{n-1} a_{n-2}$

ここで、$a_{n+2} = \frac{n+2}{n+3} a_n$ より、$a_{n+1}a_n = \frac{n}{n+1}a_{n-1}$

$(n+1)a_{n+1} = n a_{n-1} \Rightarrow a_{n+1} a_n (n+1)=C$

$a_{n+1} a_n = \frac{\pi/4}{n+1}$

$a_0 a_1 = \frac{\pi}{4}$, $a_1 a_2 = \frac{\pi}{8}$

(4) $\lim_{n \to \infty} \sqrt{n} a_n$ を求める。

3. 最終的な答え

(1) $a_1 = \frac{\pi}{4}$

(2) $a_{n+2} = \frac{n+2}{n+4} a_n$

(3) $a_{n+1} a_n = \frac{\pi}{2(n+1)}$

(4) $\lim_{n \to \infty} \sqrt{n} a_n = \sqrt{\frac{\pi}{2}}$