(1) $I_n = \int_{0}^{\pi/2} \cos^n \theta d\theta$ (nは0以上の整数)に対して、$I_n$と$I_{n-2}$の間の漸化式を求め、$I_n$の値を求める。 (2) $\int_{0}^{1} (1-x^2)^n dx \le \int_{0}^{1} e^{-nx^2} dx \le \int_{0}^{1} \frac{dx}{(1+x^2)^n}$ が成り立つことを示す。 (3) (2)の右辺の定積分の上端1を$\infty$に変えた不等式 $\int_{0}^{1} (1-x^2)^n dx \le \int_{0}^{1} e^{-nx^2} dx \le \int_{0}^{\infty} \frac{dx}{(1+x^2)^n}$ 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。 ウォリスの公式 $\pi = \lim_{n \to \infty} \frac{1}{n} \left( \frac{(2n)!!}{(2n-1)!!} \right)^2$ を証明なしに使う。

1. 問題の内容

(1) $I_n = \int_{0}^{\pi/2} \cos^n \theta d\theta$ (nは0以上の整数)に対して、$I_n$と$I_{n-2}$の間の漸化式を求め、$I_n$の値を求める。

(2) $\int_{0}^{1} (1-x^2)^n dx \le \int_{0}^{1} e^{-nx^2} dx \le \int_{0}^{1} \frac{dx}{(1+x^2)^n}$ が成り立つことを示す。

(3) (2)の右辺の定積分の上端1を$\infty$に変えた不等式 $\int_{0}^{1} (1-x^2)^n dx \le \int_{0}^{1} e^{-nx^2} dx \le \int_{0}^{\infty} \frac{dx}{(1+x^2)^n}$ 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。 ウォリスの公式 $\pi = \lim_{n \to \infty} \frac{1}{n} \left( \frac{(2n)!!}{(2n-1)!!} \right)^2$ を証明なしに使う。

2. 解き方の手順

(1)

$I_n = \int_{0}^{\pi/2} \cos^n \theta d\theta$ について、部分積分を行う。

$I_n = \int_{0}^{\pi/2} \cos^{n-1} \theta \cos \theta d\theta = [\cos^{n-1} \theta \sin \theta]_{0}^{\pi/2} - \int_{0}^{\pi/2} (n-1) \cos^{n-2} \theta (-\sin \theta) \sin \theta d\theta$

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

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

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

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

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

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

$I_0 = \int_{0}^{\pi/2} 1 d\theta = \pi/2$

$I_1 = \int_{0}^{\pi/2} \cos \theta d\theta = [\sin \theta]_{0}^{\pi/2} = 1$

$n$が偶数のとき $n=2k$ ($k$は整数)とすると

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

$n$が奇数のとき $n=2k+1$ ($k$は整数)とすると

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

(2) は省略 (不等式を示す問題)

(3)

左辺： $\int_{0}^{1} (1-x^2)^n dx$

$x = \sin \theta$と置換すると、$dx = \cos \theta d\theta$

$\int_{0}^{1} (1-x^2)^n dx = \int_{0}^{\pi/2} (1-\sin^2 \theta)^n \cos \theta d\theta = \int_{0}^{\pi/2} \cos^{2n} \theta \cos \theta d\theta = \int_{0}^{\pi/2} \cos^{2n+1} \theta d\theta = I_{2n+1}$

右辺： $\int_{0}^{\infty} \frac{dx}{(1+x^2)^n}$

$x = \tan \theta$と置換すると、$dx = \frac{1}{\cos^2 \theta} d\theta = (1 + \tan^2 \theta) d\theta$

$\int_{0}^{\infty} \frac{dx}{(1+x^2)^n} = \int_{0}^{\pi/2} \frac{1}{(1+\tan^2 \theta)^n} \frac{1}{\cos^2 \theta} d\theta = \int_{0}^{\pi/2} \frac{1}{(\frac{1}{\cos^2 \theta})^n} \frac{1}{\cos^2 \theta} d\theta = \int_{0}^{\pi/2} \cos^{2n-2} \theta d\theta = I_{2n-2}$

(4)

$\int_{0}^{1} (1-x^2)^n dx \le \int_{0}^{1} e^{-nx^2} dx \le \int_{0}^{\infty} \frac{dx}{(1+x^2)^n}$

$\int_{0}^{1} (1-x^2)^n dx \le \int_{0}^{1} e^{-nx^2} dx \le \int_{0}^{\infty} \frac{dx}{(1+x^2)^n}$

ここで$t = \sqrt{n}x$とおくと、$x = \frac{t}{\sqrt{n}}$, $dx = \frac{1}{\sqrt{n}} dt$

$\int_{0}^{\sqrt{n}} e^{-t^2} \frac{1}{\sqrt{n}} dt = \frac{1}{\sqrt{n}} \int_{0}^{\sqrt{n}} e^{-t^2} dt$

$\int_{0}^{1} (1-x^2)^n dx \le \frac{1}{\sqrt{n}} \int_{0}^{\sqrt{n}} e^{-t^2} dt \le \int_{0}^{\infty} \frac{dx}{(1+x^2)^n}$

$I_{2n+1} \le \frac{1}{\sqrt{n}} \int_{0}^{\sqrt{n}} e^{-t^2} dt \le I_{2n-2}$

$\lim_{n \to \infty} I_{2n+1} / \sqrt{n} = \lim_{n \to \infty} I_{2n-2} / \sqrt{n} = C$とすると

$\int_{0}^{\infty} e^{-x^2} dx = C$

ウォリスの公式より

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

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

$\int_{0}^{\infty} e^{-x^2} dx = \frac{\sqrt{\pi}}{2}$

3. 最終的な答え

$\int_{0}^{\infty} e^{-x^2} dx = \frac{\sqrt{\pi}}{2}$