与えられた積分 $I_n$ に関する漸化式の導出、不等式の証明、および$\int_0^{\infty} e^{-x^2} dx = \frac{\sqrt{\pi}}{2}$を示す問題。

1. 問題の内容

与えられた積分 $I_n$ に関する漸化式の導出、不等式の証明、および$\int_0^{\infty} e^{-x^2} dx = \frac{\sqrt{\pi}}{2}$を示す問題。

2. 解き方の手順

(1) $I_n = \int_0^{\pi/2} \cos^n \theta \, d\theta$ に対して部分積分を用いて$I_n$と$I_{n-2}$の漸化式を求める。$I_n$の値を計算する。

(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。この不等式を$n$乗して積分区間$[0, 1]$で積分すれば、与えられた不等式が得られる。

(3) (2)の不等式の右辺の積分の上端を$1$から$\infty$に変えた不等式を考える。$\int_0^1 (1-x^2)^n dx$と$\int_0^\infty \frac{dx}{(1+x^2)^n}$の値を$I_m$を用いて表す。

(4) (1)と(3)の結果およびウォリスの公式を用いて、$\int_0^{\infty} e^{-x^2} dx = \frac{\sqrt{\pi}}{2}$を示す。

(1)

$I_n = \int_0^{\pi/2} \cos^n \theta \, d\theta$

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

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

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

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

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

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

$I_n = (n-1) I_{n-2} - (n-1) I_n$ より

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

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

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

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

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

$n$が偶数のとき，$n = 2k$とおくと

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

$n$が奇数のとき，$n = 2k+1$とおくと

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

(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。

$f(x) = e^{-x^2} - (1-x^2)$を考える。

$f(0) = 1 - 1 = 0$

$f'(x) = -2xe^{-x^2} + 2x = 2x(1-e^{-x^2}) \ge 0$

$0 \le x \le 1$において、$f'(x) \ge 0$より、$f(x) \ge f(0) = 0$

よって、$1-x^2 \le e^{-x^2}$

$g(x) = e^{-x^2} - \frac{1}{1+x^2}$を考える。

$h(x) = \frac{1}{1+x^2} - e^{-x^2}$

$h'(x) = -\frac{2x}{(1+x^2)^2} + 2xe^{-x^2} = 2x \left( e^{-x^2} - \frac{1}{(1+x^2)^2} \right)$

$1-x^2 \le e^{-x^2} \le \frac{1}{1+x^2}$

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

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

(3)

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

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

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

よって、$\int_0^1 (1-x^2)^n dx = I_{2n+1}$

$x = \tan \theta$とおくと、$dx = \frac{1}{\cos^2 \theta} d\theta = (1+\tan^2 \theta) d\theta = (1+x^2) d\theta$

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

よって、$\int_0^\infty \frac{dx}{(1+x^2)^n} = I_{2n-2}$

(4)

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

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

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

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

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

$\int_0^1 e^{-nx^2} dx = \int_0^{\sqrt{n}} e^{-t^2} \frac{1}{\sqrt{n}} dt = \frac{1}{\sqrt{n}} \int_0^{\sqrt{n}} e^{-t^2} dt$

$\int_0^1 e^{-nx^2} dx \to 0$

$\lim_{n \to \infty} \int_0^1 e^{-nx^2} dx = \lim_{n \to \infty} \frac{1}{\sqrt{n}} \int_0^{\sqrt{n}} e^{-t^2} dt = \frac{1}{\sqrt{n}} \int_0^{\sqrt{n}} e^{-t^2} dt$

3. 最終的な答え

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