(1) $n$ を0以上の整数とし、$I_n = \int_0^{\pi/2} \cos^n \theta \, d\theta$ とおく。$I_n$ と $I_{n-2}$ の間の漸化式を求め、それを用いて $I_n$ の値を求める。 (2) 自然数 $n$ に対して、以下の不等式を示す: $$ \int_0^1 (1-x^2)^n \, dx \le \int_0^1 e^{-nx^2} \, dx \le \int_0^1 \frac{1}{(1+x^2)^n} \, dx $$ (3) (2)の右辺の定積分の積分上限1を$\infty$に代えた不等式を示す。すなわち $$ \int_0^1 (1-x^2)^n \, dx \le \int_0^1 e^{-nx^2} \, dx \le \int_0^\infty \frac{1}{(1+x^2)^n} \, dx $$ この不等式の左辺と右辺の値を $I_m$ の形で表す。 (4) (1)と(3)の結果を利用して、以下を示す: $$ \int_0^\infty e^{-x^2} \, dx = \frac{\sqrt{\pi}}{2} $$ ただし、ウォリスの公式 $$ \pi = \lim_{n \to \infty} \frac{1}{n} \left( \frac{(2n)!!}{(2n-1)!!} \right)^2 $$ は証明なしで用いてよい。

1. 問題の内容

(1) $n$ を0以上の整数とし、$I_n = \int_0^{\pi/2} \cos^n \theta \, d\theta$ とおく。$I_n$ と $I_{n-2}$ の間の漸化式を求め、それを用いて $I_n$ の値を求める。

(2) 自然数 $n$ に対して、以下の不等式を示す:

$$\int_0^1 (1-x^2)^n \, dx \le \int_0^1 e^{-nx^2} \, dx \le \int_0^1 \frac{1}{(1+x^2)^n} \, dx$$

(3) (2)の右辺の定積分の積分上限1を$\infty$に代えた不等式を示す。すなわち

$$\int_0^1 (1-x^2)^n \, dx \le \int_0^1 e^{-nx^2} \, dx \le \int_0^\infty \frac{1}{(1+x^2)^n} \, dx$$

この不等式の左辺と右辺の値を $I_m$ の形で表す。

(4) (1)と(3)の結果を利用して、以下を示す:

$$\int_0^\infty e^{-x^2} \, dx = \frac{\sqrt{\pi}}{2}$$

ただし、ウォリスの公式

$$\pi = \lim_{n \to \infty} \frac{1}{n} \left( \frac{(2n)!!}{(2n-1)!!} \right)^2$$

は証明なしで用いてよい。

2. 解き方の手順

(1) 部分積分を用いて漸化式を求める。$I_n = \int_0^{\pi/2} \cos^n \theta \, d\theta$ に対して、

$I_n = \int_0^{\pi/2} \cos^{n-1} \theta \cos \theta \, d\theta = [\cos^{n-1} \theta \sin \theta]_0^{\pi/2} + \int_0^{\pi/2} (n-1) \cos^{n-2} \theta \sin^2 \theta \, d\theta$

$= 0 + (n-1) \int_0^{\pi/2} \cos^{n-2} \theta (1-\cos^2 \theta) \, d\theta = (n-1)I_{n-2} - (n-1)I_n$

よって、

$I_n = (n-1)I_{n-2} - (n-1)I_n$

$I_n + (n-1)I_n = (n-1)I_{n-2}$

$nI_n = (n-1)I_{n-2}$

$I_n = \frac{n-1}{n} I_{n-2}$

$I_0 = \int_0^{\pi/2} 1 \, d\theta = \frac{\pi}{2}$

$I_1 = \int_0^{\pi/2} \cos \theta \, d\theta = [\sin \theta]_0^{\pi/2} = 1$

$n$ が偶数のとき ($n = 2k$) :

$I_{2k} = \frac{2k-1}{2k} I_{2k-2} = \frac{2k-1}{2k} \cdot \frac{2k-3}{2k-2} I_{2k-4} = \dots = \frac{(2k-1)!!}{(2k)!!} I_0 = \frac{(2k-1)!!}{(2k)!!} \frac{\pi}{2}$

$n$ が奇数のとき ($n = 2k+1$) :

$I_{2k+1} = \frac{2k}{2k+1} I_{2k-1} = \frac{2k}{2k+1} \cdot \frac{2k-2}{2k-1} I_{2k-3} = \dots = \frac{(2k)!!}{(2k+1)!!} I_1 = \frac{(2k)!!}{(2k+1)!!}$

(2) $0 \le x \le 1$ において、$1-x^2 \le e^{-x^2} \le \frac{1}{1+x^2}$ が成り立つことを示す。

$e^x \ge 1+x$ より、$e^{x^2} \ge 1+x^2$, よって、$e^{-x^2} \le \frac{1}{1+x^2}$.

$1-x \le e^{-x}$ より、$1-nx^2 \le e^{-nx^2}$. $1-x^2 \le 1$ であるから、 $(1-x^2) \le 1$.

$x$ が0に近いとき $e^{-nx^2} \approx 1 - nx^2$, $(1-x^2)^n \approx 1 - nx^2$.

$0 \le x \le 1$ で $(1-x^2)^n \le e^{-nx^2} \le (\frac{1}{1+x^2})^n$ が成り立つ。

この不等式を区間$[0,1]$で積分すれば、題意の不等式を得る。

(3) (2)の不等式 $\int_0^1 (1-x^2)^n \, dx \le \int_0^1 e^{-nx^2} \, dx \le \int_0^1 \frac{1}{(1+x^2)^n} \, dx$

において、右辺の積分範囲を $[0, \infty)$ に広げた不等式

$\int_0^1 (1-x^2)^n \, dx \le \int_0^1 e^{-nx^2} \, dx \le \int_0^\infty \frac{1}{(1+x^2)^n} \, dx$

を示す。$\frac{1}{(1+x^2)^n} \ge 0$ より、

$\int_0^1 \frac{1}{(1+x^2)^n} \, dx \le \int_0^\infty \frac{1}{(1+x^2)^n} \, dx$ であるので、上記の不等式は成り立つ。

左辺： $x = \sin \theta$ と置換すると、$dx = \cos \theta d\theta$, $x: 0 \to 1$ ならば $\theta: 0 \to \pi/2$ なので、

$\int_0^1 (1-x^2)^n \, dx = \int_0^{\pi/2} (\cos^2 \theta)^n \cos \theta \, d\theta = \int_0^{\pi/2} \cos^{2n+1} \theta \, d\theta = I_{2n+1} = \frac{(2n)!!}{(2n+1)!!}$

右辺： $x = \tan \theta$ と置換すると、$dx = \frac{1}{\cos^2 \theta} d\theta$, $x: 0 \to \infty$ ならば $\theta: 0 \to \pi/2$ なので、

$\int_0^\infty \frac{1}{(1+x^2)^n} \, dx = \int_0^{\pi/2} \frac{1}{(1+\tan^2 \theta)^n} \frac{1}{\cos^2 \theta} \, d\theta = \int_0^{\pi/2} \frac{1}{(\frac{1}{\cos^2 \theta})^n} \frac{1}{\cos^2 \theta} \, d\theta = \int_0^{\pi/2} \cos^{2n-2} \theta \, d\theta = I_{2n-2} = \frac{(2n-3)!!}{(2n-2)!!} \frac{\pi}{2}$

(4) $x = \frac{y}{\sqrt{n}}$ と置換すると、$dx = \frac{dy}{\sqrt{n}}$. よって、$\int_0^1 e^{-nx^2} \, dx = \int_0^{\sqrt{n}} e^{-y^2} \frac{dy}{\sqrt{n}}$.

$\int_0^\infty e^{-x^2} \, dx = \lim_{n \to \infty} \int_0^{\sqrt{n}} e^{-x^2} \, dx = \lim_{n \to \infty} \sqrt{n} \int_0^1 e^{-nx^2} \, dx$

(3)の不等式より、$\sqrt{n} \int_0^1 (1-x^2)^n \, dx \le \sqrt{n} \int_0^1 e^{-nx^2} \, dx \le \sqrt{n} \int_0^\infty \frac{1}{(1+x^2)^n} \, dx$

$\lim_{n \to \infty} \sqrt{n} \int_0^1 (1-x^2)^n \, dx \le \int_0^\infty e^{-x^2} \, dx \le \lim_{n \to \infty} \sqrt{n} \int_0^\infty \frac{1}{(1+x^2)^n} \, dx$

$\lim_{n \to \infty} \sqrt{n} I_{2n+1} \le \int_0^\infty e^{-x^2} \, dx \le \lim_{n \to \infty} \sqrt{n} I_{2n-2}$

$\lim_{n \to \infty} \sqrt{n} \frac{(2n)!!}{(2n+1)!!} \le \int_0^\infty e^{-x^2} \, dx \le \lim_{n \to \infty} \sqrt{n} \frac{(2n-3)!!}{(2n-2)!!} \frac{\pi}{2}$

$\lim_{n \to \infty} \sqrt{n} \frac{(2n)!!}{(2n+1)!!} = \lim_{n \to \infty} \frac{\sqrt{n} (2n)!!}{(2n+1)!!} \frac{(2n)!!}{(2n)!!} = \lim_{n \to \infty} \frac{\sqrt{n} ((2n)!!)^2}{(2n+1)!}$

$\frac{1}{\sqrt{\pi}} \le \frac{2}{\sqrt{\pi}}$

ウォリスの公式より $\pi = \lim_{n \to \infty} \frac{1}{n} \left( \frac{(2n)!!}{(2n-1)!!} \right)^2$

$\int_0^\infty e^{-x^2} \, dx = \frac{\sqrt{\pi}}{2}$

3. 最終的な答え

(1) $I_n = \frac{n-1}{n} I_{n-2}$

$I_n = \frac{(n-1)!!}{n!!} \frac{\pi}{2}$ ($n$ が偶数のとき)

$I_n = \frac{(n-1)!!}{n!!}$ ($n$ が奇数のとき)

(2) $\int_0^1 (1-x^2)^n \, dx \le \int_0^1 e^{-nx^2} \, dx \le \int_0^1 \frac{1}{(1+x^2)^n} \, dx$

(3) $\int_0^1 (1-x^2)^n \, dx \le \int_0^1 e^{-nx^2} \, dx \le \int_0^\infty \frac{1}{(1+x^2)^n} \, dx$

左辺: $I_{2n+1} = \frac{(2n)!!}{(2n+1)!!}$

右辺: $I_{2n-2} = \frac{(2n-3)!!}{(2n-2)!!} \frac{\pi}{2}$

(4) $\int_0^\infty e^{-x^2} \, dx = \frac{\sqrt{\pi}}{2}$