解説

方針・初手

$e^{-x}\sin x$ の不定積分を直接計算するより、まず $e^{-x}(a\cos x+b\sin x)$ を微分し、係数比較によって原始関数を作る。面積では $\sin x$ の符号が区間 $[(n-1)\pi,n\pi]$ ごとに交互に変わるため、絶対値を外す処理が重要である。

解法1

まず

$$ F(x)=e^{-x}(a\cos x+b\sin x)

$$

とおく。積の微分法より、

$$ \begin{aligned} F'(x) &=-e^{-x}(a\cos x+b\sin x)+e^{-x}(-a\sin x+b\cos x)\\ &=e^{-x}{(b-a)\cos x-(a+b)\sin x} \end{aligned}

$$

である。

次に

$$ \int e^{-x}\sin x,dx

$$

を求める。上の結果から、$F'(x)=e^{-x}\sin x$ となるように $a,b$ を定めればよい。

係数を比較すると、

$$ \begin{cases} b-a=0,\\ -(a+b)=1 \end{cases}

$$

である。したがって $a=b$ かつ $-2a=1$ だから、

$$ a=b=-\frac12

$$

である。よって

$$ \int e^{-x}\sin x,dx =-\frac12 e^{-x}(\cos x+\sin x)+C

$$

を得る。

次に、区間 $[(n-1)\pi,n\pi]$ における面積 $a_n$ を求める。この区間では $\sin x$ の符号が一定であり、$n$ が奇数のとき $\sin x\geqq 0$、$n$ が偶数のとき $\sin x\leqq 0$ である。つまり

$$ (-1)^{n-1}\sin x\geqq 0

$$

であるから、

$$ a_n=(-1)^{n-1}\int_{(n-1)\pi}^{n\pi}e^{-x}\sin x,dx

$$

となる。

原始関数

$$ -\frac12 e^{-x}(\cos x+\sin x)

$$

を用いると、整数 $k$ に対して

$$ -\frac12 e^{-k\pi}(\cos k\pi+\sin k\pi) =-\frac12 e^{-k\pi}(-1)^k =\frac{(-1)^{k+1}}{2}e^{-k\pi}

$$

である。

したがって

$$ \begin{aligned} \int_{(n-1)\pi}^{n\pi}e^{-x}\sin x,dx &=\frac{(-1)^{n+1}}{2}e^{-n\pi} -\frac{(-1)^n}{2}e^{-(n-1)\pi}\\ &=\frac{(-1)^{n+1}}{2}{e^{-n\pi}+e^{-(n-1)\pi}} \end{aligned}

$$

である。よって面積はその絶対値なので、

$$ a_n=\frac12{e^{-(n-1)\pi}+e^{-n\pi}}

$$

となる。

これは

$$ a_n=\frac12(1+e^{-\pi})e^{-(n-1)\pi}

$$

とも書ける。

最後に

$$ \sum_{n=1}^{\infty}a_n

$$

を求める。$q=e^{-\pi}$ とおくと、

$$ a_n=\frac12(1+q)q^{n-1}

$$

である。$0<q<1$ だから、これは初項 $\frac12(1+q)$、公比 $q$ の無限等比級数である。

したがって

$$ \begin{aligned} \sum_{n=1}^{\infty}a_n &=\frac12(1+q)\sum_{n=1}^{\infty}q^{n-1}\\ &=\frac12(1+q)\cdot\frac1{1-q}\\ &=\frac{1+e^{-\pi}}{2(1-e^{-\pi})} \end{aligned}

$$

である。分子分母に $e^\pi$ をかけると、

$$ \sum_{n=1}^{\infty}a_n =\frac{e^\pi+1}{2(e^\pi-1)}

$$

とも表せる。

解説

この問題の中心は、$e^{-x}\sin x$ の原始関数を $e^{-x}(a\cos x+b\sin x)$ の形から作ることである。指数関数と三角関数の積の積分では、微分しても同じ種類の関数が現れるため、係数比較が有効である。

面積計算では、定積分の値と面積を混同しないことが重要である。$e^{-x}$ は常に正だが、$\sin x$ は区間ごとに正負が変わる。そのため、区間 $[(n-1)\pi,n\pi]$ では符号を確認してから絶対値を処理する必要がある。

最後の和は、$a_n$ が $e^{-(n-1)\pi}$ の定数倍になることに気づけば、無限等比級数として処理できる。

答え

**(1)**

$$ F'(x)=e^{-x}{(b-a)\cos x-(a+b)\sin x}

$$

**(2)**

$$ \int e^{-x}\sin x,dx =-\frac12 e^{-x}(\cos x+\sin x)+C

$$

**(3)**

$$ a_n=\frac12{e^{-(n-1)\pi}+e^{-n\pi}}

$$

または

$$ a_n=\frac12(1+e^{-\pi})e^{-(n-1)\pi}

$$

**(4)**

$$ \sum_{n=1}^{\infty}a_n =\frac{1+e^{-\pi}}{2(1-e^{-\pi})} =\frac{e^\pi+1}{2(e^\pi-1)}

$$