$I_n = \int_0^{\frac{\pi}{4}} \tan^n x \, dx$ ($n = 1, 2, 3, \dots$) とおく。 (1) $0 \le x \le \frac{\pi}{4}$ のとき、$\tan x \le x + 1 - \frac{\pi}{4}$ が成り立つことを示せ。 (2) $\lim_{n \to \infty} I_n$ を求めよ。 (3) $I_n + I_{n+2}$ の値を $n$ を用いて表せ。 (4) (3)までの結果を用いて、無限級数 $\sum_{n=1}^\infty \frac{(-1)^{n+1}}{2n}$ の和を求めよ。

1. 問題の内容

$I_n = \int_0^{\frac{\pi}{4}} \tan^n x \, dx$ ($n = 1, 2, 3, \dots$) とおく。

(1) $0 \le x \le \frac{\pi}{4}$ のとき、$\tan x \le x + 1 - \frac{\pi}{4}$ が成り立つことを示せ。

(2) $\lim_{n \to \infty} I_n$ を求めよ。

(3) $I_n + I_{n+2}$ の値を $n$ を用いて表せ。

(4) (3)までの結果を用いて、無限級数 $\sum_{n=1}^\infty \frac{(-1)^{n+1}}{2n}$ の和を求めよ。

2. 解き方の手順

(1) $f(x) = x + 1 - \frac{\pi}{4} - \tan x$ とおく。

$f'(x) = 1 - \frac{1}{\cos^2 x} = -\tan^2 x \le 0$ より、$f(x)$ は単調減少である。

$f(0) = 1 - \frac{\pi}{4} > 0$ であるから、$0 \le x \le \frac{\pi}{4}$ において $f(x) \ge f(\frac{\pi}{4}) = \frac{\pi}{4} + 1 - \frac{\pi}{4} - \tan \frac{\pi}{4} = 1 - 1 = 0$ となる。

よって、$0 \le x \le \frac{\pi}{4}$ のとき、$\tan x \le x + 1 - \frac{\pi}{4}$ が成り立つ。

(2) $0 \le x \le \frac{\pi}{4}$ のとき、$0 \le \tan x \le 1$ であるから、$\tan^{n+1} x \le \tan^n x$。

よって、$I_{n+1} \le I_n$ であり、$I_n$ は単調減少数列である。

また、$I_n \ge 0$ であるから、$I_n$ は下に有界な単調減少数列であり、$\lim_{n \to \infty} I_n$ は存在する。

$I_n = \int_0^{\frac{\pi}{4}} \tan^n x \, dx$ に対して、$0 \le x \le \frac{\pi}{4}$ において、$0 \le \tan x \le 1$ であるから、

$0 \le \tan^n x \le 1$ である。

$0 < a < 1$ のとき、$\lim_{n \to \infty} a^n = 0$ であるから、$\lim_{n \to \infty} \tan^n x = 0$ ($0 \le x < \frac{\pi}{4}$)。

したがって、$\lim_{n \to \infty} I_n = 0$ と予想される。

(3) $I_n + I_{n+2} = \int_0^{\frac{\pi}{4}} (\tan^n x + \tan^{n+2} x) \, dx = \int_0^{\frac{\pi}{4}} \tan^n x (1 + \tan^2 x) \, dx = \int_0^{\frac{\pi}{4}} \tan^n x \cdot \frac{1}{\cos^2 x} \, dx$

$t = \tan x$ と置換すると、$dt = \frac{1}{\cos^2 x} \, dx$。

$x : 0 \to \frac{\pi}{4}$ のとき、$t : 0 \to 1$。

したがって、$I_n + I_{n+2} = \int_0^1 t^n \, dt = \left[ \frac{t^{n+1}}{n+1} \right]_0^1 = \frac{1}{n+1}$。

(4) $I_n + I_{n+2} = \frac{1}{n+1}$ であるから、$I_1 + I_3 = \frac{1}{2}$, $I_3 + I_5 = \frac{1}{4}$, $I_5 + I_7 = \frac{1}{6}$, $\dots$

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

$\sum_{n=1}^N (-1)^{n+1} (I_{2n-1} + I_{2n+1}) = \sum_{n=1}^N \frac{(-1)^{n+1}}{2n}$

$\sum_{n=1}^N (-1)^{n+1} (I_{2n-1} + I_{2n+1}) = I_1 - I_3 + I_3 - I_5 + I_5 - I_7 + \dots + (-1)^{N+1} I_{2N-1} + (-1)^{N+1} I_{2N+1} = I_1 + (-1)^{N+1} I_{2N+1}$

$N \to \infty$ とすると、$I_{2N+1} \to 0$ であるから、$\sum_{n=1}^\infty \frac{(-1)^{n+1}}{2n} = I_1$

$I_1 = \int_0^{\frac{\pi}{4}} \tan x \, dx = \int_0^{\frac{\pi}{4}} \frac{\sin x}{\cos x} \, dx = \left[ -\log |\cos x| \right]_0^{\frac{\pi}{4}} = -\log \frac{1}{\sqrt{2}} + \log 1 = \log \sqrt{2} = \frac{1}{2} \log 2$

3. 最終的な答え

(1) $\tan x \le x + 1 - \frac{\pi}{4}$ は成り立つ。

(2) $\lim_{n \to \infty} I_n = 0$

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

(4) $\sum_{n=1}^\infty \frac{(-1)^{n+1}}{2n} = \frac{1}{2} \log 2$