(1) $I_n = \int_0^{\pi/2} \cos^n \theta \, d\theta$ と定義する。部分積分を用いて $I_n$ 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、不等式 $\int_0^1 (1-x^2)^n \, dx \le \int_0^1 e^{-nx^2} \, dx \le \int_0^1 \frac{1}{(1+x^2)^n} \, dx$ が成り立つことを示す。 (3) 不等式 $\int_0^1 (1-x^2)^n \, dx \le \int_0^1 e^{-nx^2} \, dx \le \int_0^\infty \frac{1}{(1+x^2)^n} \, dx$ が成り立つことを示す。さらに、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、$\int_0^\infty e^{-x^2} \, dx = \frac{\sqrt{\pi}}{2}$ を示す。ただし、ウォリスの公式 $\pi = \lim_{n\to\infty} \frac{1}{n} \left( \frac{(2n)!!}{(2n-1)!!} \right)^2$ を証明なしで用いてよい。

1. 問題の内容

(1) $I_n = \int_0^{\pi/2} \cos^n \theta \, d\theta$ と定義する。部分積分を用いて $I_n$ 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、不等式 $\int_0^1 (1-x^2)^n \, dx \le \int_0^1 e^{-nx^2} \, dx \le \int_0^1 \frac{1}{(1+x^2)^n} \, dx$ が成り立つことを示す。

(3) 不等式 $\int_0^1 (1-x^2)^n \, dx \le \int_0^1 e^{-nx^2} \, dx \le \int_0^\infty \frac{1}{(1+x^2)^n} \, dx$ が成り立つことを示す。さらに、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、$\int_0^\infty e^{-x^2} \, dx = \frac{\sqrt{\pi}}{2}$ を示す。ただし、ウォリスの公式 $\pi = \lim_{n\to\infty} \frac{1}{n} \left( \frac{(2n)!!}{(2n-1)!!} \right)^2$ を証明なしで用いてよい。

2. 解き方の手順

(1)

$I_n = \int_0^{\pi/2} \cos^n \theta \, d\theta$ を部分積分する。

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

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

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

したがって、$I_n = (n-1) I_{n-2} - (n-1) I_n$ より、$I_n + (n-1) I_n = (n-1) I_{n-2}$

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

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

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

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

$n$が偶数のとき、$n=2k$とすると、

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

$n$が奇数のとき、$n=2k+1$とすると、

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

(2)

$0 \le x \le 1$ において、$(1-x^2) \le e^{-x^2} \le \frac{1}{1+x^2}$ を示す。

$f(x) = e^{-x^2} - (1-x^2)$ とおく。$f(0) = 1 - 1 = 0$.

$f'(x) = -2xe^{-x^2} + 2x = 2x(1-e^{-x^2})$. $0 \le x \le 1$ において、$e^{-x^2} \le 1$ であるから、$1-e^{-x^2} \ge 0$. よって、$f'(x) \ge 0$.

したがって、$f(x) \ge 0$.

$g(x) = \frac{1}{1+x^2} - e^{-x^2}$ とおく。$g(0) = 1-1=0$.

$g'(x) = \frac{-(-2x)}{(1+x^2)^2} - (-2x)e^{-x^2} = \frac{2x}{(1+x^2)^2} + 2x e^{-x^2} > 0$.

したがって、$g(x) \ge 0$.

ゆえに、$1-x^2 \le e^{-x^2} \le \frac{1}{1+x^2}$ が成り立つ。

この不等式の各辺を $n$ 乗すると、$(1-x^2)^n \le e^{-nx^2} \le \frac{1}{(1+x^2)^n}$ が成り立つ。

よって、$\int_0^1 (1-x^2)^n \, dx \le \int_0^1 e^{-nx^2} \, dx \le \int_0^1 \frac{1}{(1+x^2)^n} \, dx$ が成り立つ。

(3)

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

(2)より、$\int_0^1 (1-x^2)^n \, dx \le \int_0^1 e^{-nx^2} \, dx$ は成り立つ。

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

$\int_0^1 \frac{1}{(1+x^2)^n} \, dx \le \int_0^\infty \frac{1}{(1+x^2)^n} \, dx$ であるから、$\int_0^1 e^{-nx^2} \, dx \le \int_0^\infty \frac{1}{(1+x^2)^n} \, dx$ が成り立つ。

$\int_0^1 (1-x^2)^n \, dx = \int_0^1 (1-x)^n (1+x)^n \, dx = \int_0^1 (1-x^2)^n \, dx$.

$x = \sin \theta$ とおくと、$dx = \cos \theta \, d\theta$.

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

$\int_0^\infty \frac{1}{(1+x^2)^n} dx$. こちらについては$I_m$で表すのは難しいようです。

(4)

(1)と(3)の結果を利用して、$\int_0^\infty e^{-x^2} \, dx = \frac{\sqrt{\pi}}{2}$ を示す。

(3)の不等式で $y = \sqrt{n}x$ とおくと、$x = \frac{y}{\sqrt{n}}$、$dx = \frac{dy}{\sqrt{n}}$.

$\int_0^1 e^{-nx^2} \, dx = \int_0^{\sqrt{n}} e^{-y^2} \frac{dy}{\sqrt{n}} = \frac{1}{\sqrt{n}} \int_0^{\sqrt{n}} e^{-y^2} \, dy$.

$\int_0^\infty \frac{1}{(1+x^2)^n} dx$ にも同様の変数変換を行いたいがうまくいかない。

ウォリスの公式を使うことを考えると、$x=\sin\theta$と置換したときの積分$\int_0^{\frac{\pi}{2}}\cos^{2n+1}\theta d\theta$を評価する必要がある。

3. 最終的な答え

(1) $I_n = \frac{n-1}{n} I_{n-2}$. $I_{2k} = \frac{(2k-1)!!}{(2k)!!} \frac{\pi}{2}$, $I_{2k+1} = \frac{(2k)!!}{(2k+1)!!}$

(2) 証明省略

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

(4) 証明省略

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