(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、$I_n$ の値を求める。 (2) 自然数 $n$ に対し、$\int_0^1 (1-x^2)^n dx \le \int_0^1 e^{-nx^2} dx \le \int_0^1 \frac{dx}{(1+x^2)^n}$ が成り立つことを示す。 (3) (2) の右辺の定積分の積分区間の上端を1から$\infty$ に変えた不等式 $\int_0^1 (1-x^2)^n dx \le \int_0^1 e^{-nx^2} dx \le \int_0^\infty \frac{dx}{(1+x^2)^n}$ について、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。ウォリスの公式 $\pi = \lim_{n\to\infty} \frac{1}{n} \left( \frac{(2n)!!}{(2n-1)!!} \right)^2$ は証明なしで使ってよい。

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、$I_n$ の値を求める。

(2) 自然数 $n$ に対し、$\int_0^1 (1-x^2)^n dx \le \int_0^1 e^{-nx^2} dx \le \int_0^1 \frac{dx}{(1+x^2)^n}$ が成り立つことを示す。

(3) (2) の右辺の定積分の積分区間の上端を1から$\infty$ に変えた不等式 $\int_0^1 (1-x^2)^n dx \le \int_0^1 e^{-nx^2} dx \le \int_0^\infty \frac{dx}{(1+x^2)^n}$ について、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。ウォリスの公式 $\pi = \lim_{n\to\infty} \frac{1}{n} \left( \frac{(2n)!!}{(2n-1)!!} \right)^2$ は証明なしで使ってよい。

2. 解き方の手順

(1) 部分積分を用いて $I_n$ と $I_{n-2}$ の間の漸化式を求める。

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

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

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

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

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

よって $I_n = (n-1) I_{n-2} - (n-1) I_n$ より $I_n + (n-1)I_n = (n-1) I_{n-2}$ なので

$n I_n = (n-1) I_{n-2}$ より $I_n = \frac{n-1}{n} I_{n-2}$ が成り立つ。

$I_0 = \int_0^{\pi/2} d\theta = \frac{\pi}{2}$, $I_1 = \int_0^{\pi/2} \cos \theta d\theta = [\sin \theta]_0^{\pi/2} = 1$

$n$ が偶数のとき $n=2k$ とすると

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

$n$ が奇数のとき $n=2k+1$ とすると

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

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

$x \in [0,1]$ に対して、$1-x^2 \le e^{-x^2}$ と $e^{-nx^2} \le \frac{1}{(1+x^2)^n}$ が成り立つことを示す。

$1-x^2 \le e^{-x^2}$ は、$e^{x^2} \le \frac{1}{1-x^2}$ と同値であり、これは、$x^2$ のテイラー展開を考えると $e^{x^2} = 1+x^2+\frac{x^4}{2!} + \cdots$ であり、$\frac{1}{1-x^2} = 1+x^2+x^4+x^6+ \cdots$ なので、$x \in [0,1]$ では成り立つ。

したがって、$\int_0^1 (1-x^2)^n dx \le \int_0^1 e^{-nx^2} dx$ が成り立つ。

$e^{-x} \le \frac{1}{1+x}$ が成り立つことを示す。これは、$e^x \ge 1+x$ であることと同値で、これは指数関数のグラフの凸性から成り立つ。

したがって、$e^{-nx^2} \le \frac{1}{(1+nx^2)}$ なので、$\int_0^1 e^{-nx^2} dx$ と $\int_0^1 \frac{dx}{(1+nx^2)}$ を比較する必要がある。

$e^{-x} \le \frac{1}{1+x}$ より、$e^{-nx^2} \le (e^{-x^2})^n \le (\frac{1}{1+x^2})^n = \frac{1}{(1+x^2)^n}$ なので $\int_0^1 e^{-nx^2} dx \le \int_0^1 \frac{dx}{(1+x^2)^n}$ が成り立つ。

(3) $\int_0^1 (1-x^2)^n dx$ と $\int_0^\infty \frac{dx}{(1+x^2)^n}$ を $I_m$ の形で表す。

$x = \sin \theta$ と置換すると、$dx = \cos \theta d\theta$ となり、$\int_0^1 (1-x^2)^n dx = \int_0^{\pi/2} (1-\sin^2 \theta)^n \cos \theta d\theta = \int_0^{\pi/2} (\cos^2 \theta)^n \cos \theta d\theta = \int_0^{\pi/2} \cos^{2n+1} \theta d\theta = I_{2n+1}$

$x = \tan \theta$ と置換すると、$dx = \sec^2 \theta d\theta = \frac{1}{\cos^2 \theta} d\theta$ となり、$\int_0^\infty \frac{dx}{(1+x^2)^n} = \int_0^{\pi/2} \frac{\sec^2 \theta d\theta}{(1+\tan^2 \theta)^n} = \int_0^{\pi/2} \frac{\sec^2 \theta}{(\sec^2 \theta)^n} d\theta = \int_0^{\pi/2} \frac{1}{\sec^{2n-2} \theta} d\theta = \int_0^{\pi/2} \cos^{2n-2} \theta d\theta = I_{2n-2}$

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

(3) の結果から $I_{2n+1} \le \int_0^1 e^{-nx^2} dx \le I_{2n-2}$ が得られる。ここで $x = u/\sqrt{n}$ と置換すると $dx = \frac{1}{\sqrt{n}} du$ なので

$\int_0^1 e^{-nx^2} dx = \int_0^{\sqrt{n}} e^{-u^2} \frac{1}{\sqrt{n}} du = \frac{1}{\sqrt{n}} \int_0^{\sqrt{n}} e^{-u^2} du$.

$\lim_{n\to\infty} \int_0^{\sqrt{n}} e^{-u^2} du = \int_0^\infty e^{-u^2} du$ なので、$\int_0^\infty e^{-x^2} dx$ が存在するならば $\lim_{n\to\infty} \sqrt{n} I_{2n+1} = \lim_{n\to\infty} \sqrt{n} I_{2n-2} = \int_0^\infty e^{-x^2} dx$ となる。

$I_{2n+1} = \frac{(2n)!!}{(2n+1)!!}$ なので $\sqrt{n} I_{2n+1} = \sqrt{n} \frac{(2n)!!}{(2n+1)!!}$. $I_{2n-2} = \frac{(2n-3)!!}{(2n-2)!!} \frac{\pi}{2}$ なので $\sqrt{n} I_{2n-2} = \sqrt{n} \frac{(2n-3)!!}{(2n-2)!!} \frac{\pi}{2}$.

ウォリスの公式 $\pi = \lim_{n\to\infty} \frac{1}{n} \left( \frac{(2n)!!}{(2n-1)!!} \right)^2$ より $\sqrt{\pi} = \lim_{n\to\infty} \frac{(2n)!!}{\sqrt{n} (2n-1)!!}$. よって$\lim_{n\to\infty} \sqrt{n} \frac{(2n)!!}{(2n+1)!!} = \lim_{n\to\infty} \frac{(2n)!!}{\sqrt{n} (2n+1)!!} = \lim_{n\to\infty} \frac{(2n)!!}{\sqrt{n} (2n-1)!!} \frac{(2n-1)!!}{(2n+1)!!} = \sqrt{\pi} \lim_{n\to\infty} \frac{1}{2n+1} = 0$.

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

3. 最終的な答え

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

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

$I_{2k+1} = \frac{(2k)!!}{(2k+1)!!}$

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

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

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