## 問題の解答

## 問題の解答

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1. 問題の内容

与えられた問題は、以下の4つの部分から構成されています。

(1) $I_n = \int_0^{\pi/2} \cos^n \theta d\theta$ と定義し、$I_n$ 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、$\int_0^1 (1-x^2)^n dx \le \int_0^1 e^{-nx^2} dx \le \int_0^1 \frac{1}{(1+x^2)^n} dx$ が成り立つことを示す。

(3) (2)の右辺の定積分の積分区間を $[0, \infty)$ に拡張した不等式 $\int_0^1 (1-x^2)^n dx \le \int_0^1 e^{-nx^2} dx \le \int_0^\infty \frac{1}{(1+x^2)^n} dx$ も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 $\pi = \lim_{n\to\infty} \frac{1}{n} \left(\frac{(2n)!!}{(2n-1)!!}\right)^2$ を証明なしで利用して良い。

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2. 解き方の手順

**(1) 漸化式の導出と $I_n$ の計算**

$I_n = \int_0^{\pi/2} \cos^n \theta d\theta$ に対して、部分積分を行います。

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

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

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

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

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

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

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

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

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

よって、漸化式は

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

初期条件は、$I_0 = \int_0^{\pi/2} 1 d\theta = \frac{\pi}{2}$ および $I_1 = \int_0^{\pi/2} \cos \theta d\theta = [\sin \theta]_0^{\pi/2} = 1$。

$n$ が偶数のとき、$n = 2k$ とすると、

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

$n$ が奇数のとき、$n = 2k+1$ とすると、

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

**(2) 不等式の証明**

$x \in [0, 1]$ に対して、以下の不等式が成立することを利用します。

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

この不等式から、$1 - x^2 \le e^{-x^2}$ より $(1 - x^2)^n \le e^{-nx^2}$。積分区間 $[0, 1]$ において積分すると、

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

次に、$e^{-x^2} \le \frac{1}{1+x^2}$ より $e^{-nx^2} \le \frac{1}{(1+x^2)^n}$。積分区間 $[0, 1]$ において積分すると、

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

したがって、

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

**(3) 積分区間の拡張と $I_m$ による表現**

$\int_0^1 \frac{1}{(1+x^2)^n} dx \le \int_0^\infty \frac{1}{(1+x^2)^n} dx$ は明らか。したがって、

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

左辺：$\int_0^1 (1-x^2)^n dx$

$x = \sin \theta$ とおくと、$dx = \cos \theta d\theta$。積分区間は $0 \le \theta \le \frac{\pi}{2}$。

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

右辺：$\int_0^\infty \frac{1}{(1+x^2)^n} dx$

$x = \tan \theta$ とおくと、$dx = \frac{1}{\cos^2 \theta} d\theta = (1+\tan^2 \theta) d\theta = (1+x^2)d\theta$。積分区間は $0 \le \theta \le \frac{\pi}{2}$。

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

**(4) $\int_0^\infty e^{-x^2} dx$ の計算**

(3) の結果より、

$I_{2n+1} \le \int_0^1 e^{-nx^2} dx \le I_{2n-2}$

$x = \frac{t}{\sqrt{n}}$ とおくと、$dx = \frac{1}{\sqrt{n}} dt$。積分区間は $0 \le t \le \sqrt{n}$。

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

したがって、

$I_{2n+1} \le \frac{1}{\sqrt{n}} \int_0^{\sqrt{n}} e^{-t^2} dt \le I_{2n-2}$

$n \to \infty$ のとき、$\int_0^{\sqrt{n}} e^{-t^2} dt \to \int_0^{\infty} e^{-t^2} dt$ となります。

$I_{2n+1} = \frac{(2n)!!}{(2n+1)!!}$ および $I_{2n-2} = \frac{(2n-3)!!}{(2n-2)!!} \frac{\pi}{2}$ より、

$\frac{(2n)!!}{(2n+1)!!} \le \frac{1}{\sqrt{n}} \int_0^{\infty} e^{-t^2} dt \le \frac{(2n-3)!!}{(2n-2)!!} \frac{\pi}{2}$

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

および

$\int_0^{\infty} e^{-x^2} dx = \lim_{n\to \infty} \sqrt{n} I_{2n-2}= \lim_{n\to \infty} \sqrt{n} \frac{(2n-3)!!}{(2n-2)!!}\frac{\pi}{2}$

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

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

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3. 最終的な答え

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

$I_n = \begin{cases} \frac{(n-1)!!}{n!!} \frac{\pi}{2} & (n \text{ が偶数のとき}) \\ \frac{(n-1)!!}{n!!} & (n \text{ が奇数のとき}) \end{cases}$

(3) 左辺：$I_{2n+1}$、右辺：$I_{2n-2}$

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