この問題は以下の4つのパートから構成されています。 (1) $I_n = \int_0^{\pi/2} \cos^n \theta d\theta$ と定義したとき、$I_n$ 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、$\int_0^1 (1-x^2)^n dx \le \int_0^1 e^{-nx^2} dx \le \int_0^1 \frac{dx}{(1+x^2)^n}$ が成り立つことを示す。 (3) (2) の右辺の定積分の積分区間を $[0,1]$ から $[0,\infty]$ に変更した不等式 $\int_0^1 (1-x^2)^n dx \le \int_0^1 e^{-nx^2} dx \le \int_0^\infty \frac{dx}{(1+x^2)^n}$ が成り立つことを示す。さらに、この不等式の左辺と右辺を $I_m$ 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 $\pi = \lim_{n\to\infty} \frac{1}{n} \left( \frac{(2n)!!}{(2n-1)!!} \right)^2$ は証明なしで利用可能です。

1. 問題の内容

この問題は以下の4つのパートから構成されています。

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

(3) (2) の右辺の定積分の積分区間を $[0,1]$ から $[0,\infty]$ に変更した不等式 $\int_0^1 (1-x^2)^n dx \le \int_0^1 e^{-nx^2} dx \le \int_0^\infty \frac{dx}{(1+x^2)^n}$ が成り立つことを示す。さらに、この不等式の左辺と右辺を $I_m$ 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 $\pi = \lim_{n\to\infty} \frac{1}{n} \left( \frac{(2n)!!}{(2n-1)!!} \right)^2$ は証明なしで利用可能です。

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ます。

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

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

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

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

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

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

よって、$I_n = (n-1) I_{n-2} - (n-1) I_n$ より、

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

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

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

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

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

したがって、$n$ が偶数のとき ($n = 2k$)

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

$n$ が奇数のとき ($n = 2k+1$)

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

(2) $0 \le x \le 1$ において、$1-x^2 \le e^{-x^2} \le \frac{1}{1+x^2}$ が成り立つことを示します。

$e^x \ge 1+x$ より $e^{x^2} \ge 1 + x^2$, よって $e^{-x^2} \le \frac{1}{1+x^2}$.

$e^x = 1 + x + \frac{x^2}{2!} + \frac{x^3}{3!} + \dots$

$e^{-x^2} = 1 - x^2 + \frac{x^4}{2!} - \frac{x^6}{3!} + \dots$

$1 - x^2 \le e^{-x^2}$ は $0 \le x \le 1$ で成立。

したがって、$1-x^2 \le e^{-x^2} \le \frac{1}{1+x^2}$

よって、積分を取ると

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

(3) (2) の不等式において積分区間を $[0,1]$ から $[0, \infty]$ に変更すると、$n\ge 1$に対して

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

$\int_0^1 (1-x^2)^n dx$ について、$x = \sin \theta$ とおくと、$dx = \cos \theta d\theta$

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

$\int_0^\infty \frac{dx}{(1+x^2)^n}$ について、$x = \tan \theta$ とおくと、$dx = \frac{1}{\cos^2 \theta} d\theta$

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

(4) $\int_0^1 e^{-nx^2} dx$ において、$t = \sqrt{n}x$ とおくと、$x = \frac{t}{\sqrt{n}}$、$dx = \frac{1}{\sqrt{n}}dt$

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

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, $\int_0^{\sqrt{n}} e^{-t^2} dt \to \int_0^{\infty} e^{-t^2} dt$

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

ウォリスの公式から、$\lim_{n \to \infty} \sqrt{n} I_{2n+1} = \sqrt{\frac{\pi}{4}} = \frac{\sqrt{\pi}}{2}$

$\lim_{n \to \infty} \sqrt{n} I_{2n-2} = \sqrt{\frac{\pi}{4}} = \frac{\sqrt{\pi}}{2}$

したがって、$\lim_{n \to \infty} \sqrt{n} \int_0^1 e^{-nx^2} dx = \int_0^\infty e^{-x^2} dx = \frac{\sqrt{\pi}}{2}$

3. 最終的な答え

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