解説

方針・初手

(1) は $x=\tan\theta$ とおくと、分母の $1+x^2$ が三角関数で整理できる。

(2) は分子に $x$ があるので、$u=1+x^2$ とおけば直ちに計算できる。

(3) は (2) の結果を利用して、積分全体を $0$ に近づく量で上から評価する。

解法1

(1)

$x=\tan\theta$ とおく。このとき

$$ dx=\frac{1}{\cos^2\theta},d\theta,\qquad 1+x^2=1+\tan^2\theta=\frac{1}{\cos^2\theta}

$$

である。

また、$x=1$ のとき $\theta=\dfrac{\pi}{4}$、$x=3$ のとき $\theta=\alpha$ である。よって

$$ \begin{aligned} \int_1^3 \frac{1}{(1+x^2)^2},dx &=\int_{\pi/4}^{\alpha}\cos^2\theta,d\theta \\ &=\int_{\pi/4}^{\alpha}\frac{1+\cos2\theta}{2},d\theta \\ &=\left[\frac{\theta}{2}+\frac{\sin2\theta}{4}\right]_{\pi/4}^{\alpha}. \end{aligned}

$$

ここで、$\tan\alpha=3$ より

$$ \sin2\alpha=\frac{2\tan\alpha}{1+\tan^2\alpha} =\frac{2\cdot3}{1+9} =\frac{3}{5}.

$$

また、$\sin\dfrac{\pi}{2}=1$ であるから、

$$ \begin{aligned} \int_1^3 \frac{1}{(1+x^2)^2},dx &=\left(\frac{\alpha}{2}+\frac{1}{4}\cdot\frac{3}{5}\right) -\left(\frac{\pi}{8}+\frac{1}{4}\right) \\ &=\frac{\alpha}{2}-\frac{\pi}{8}-\frac{1}{10}. \end{aligned}

$$

したがって、

$$ \begin{aligned} \int_1^3 \frac{1}{(1+x^2)^2},dx &= \frac{\alpha}{2}-\frac{\pi}{8}-\frac{1}{10} \end{aligned} $$

である。

(2)

$$ I_n=\int_1^2 \frac{x}{(1+x^2)^n},dx

$$

とおく。

$u=1+x^2$ とおくと、$du=2x,dx$ である。また、$x=1$ のとき $u=2$、$x=2$ のとき $u=5$ である。

よって

$$ \begin{aligned} I_n &=\frac{1}{2}\int_2^5 u^{-n},du \\ &=\frac{1}{2}\left[\frac{u^{1-n}}{1-n}\right]_2^5 \\ &=\frac{1}{2(1-n)}\left(5^{1-n}-2^{1-n}\right). \end{aligned}

$$

$n\geqq2$ より $1-n<0$ であるから、見やすく書き直すと

$$ \begin{aligned} I_n &= \frac{2^{1-n}-5^{1-n}}{2(n-1)}. \end{aligned} $$

すなわち

$$ \begin{aligned} \int_1^2 \frac{x}{(1+x^2)^n},dx &= \frac{1}{2(n-1)} \left( \frac{1}{2^{n-1}}-\frac{1}{5^{n-1}} \right) \end{aligned} $$

である。

(3)

求める極限を

$$ J_n=\int_1^2\left(\frac{2}{1+x^2}\right)^n,dx

$$

とおく。

被積分関数は正なので、$J_n\geqq0$ である。また、$1\leqq x\leqq2$ では $1\leqq x$ であるから、

$$ \frac{1}{(1+x^2)^n}\leqq \frac{x}{(1+x^2)^n}

$$

が成り立つ。したがって

$$ \begin{aligned} J_n &=2^n\int_1^2\frac{1}{(1+x^2)^n},dx \\ &\leqq 2^n\int_1^2\frac{x}{(1+x^2)^n},dx. \end{aligned}

$$

ここで (2) の結果を用いると、

$$ \begin{aligned} 2^n\int_1^2\frac{x}{(1+x^2)^n},dx &= 2^n\cdot \frac{2^{1-n}-5^{1-n}}{2(n-1)} \\ &= \frac{1}{n-1} -\frac{2^n5^{1-n}}{2(n-1)}. \end{aligned}

$$

第2項は正であるから、

$$ 0\leqq J_n\leqq \frac{1}{n-1}

$$

が成り立つ。

$n\to\infty$ のとき

$$ \frac{1}{n-1}\to0

$$

である。よって、はさみうちの原理により

$$ \lim_{n\to\infty}\int_1^2\left(\frac{2}{1+x^2}\right)^n,dx=0

$$

である。

解説

(1) は $1+x^2$ があるので、$x=\tan\theta$ が自然である。特に上端 $x=3$ が $\tan\alpha=3$ と対応しているため、置換後の上端がそのまま $\alpha$ になる。

(2) は分子の $x$ が $1+x^2$ の微分と対応しているため、$u=1+x^2$ と置換するだけでよい。

(3) は被積分関数の最大値が $x=1$ で $1$ になるため、単純に「底が $1$ 未満だから $0$」とは言えない。そこで、(2) の結果を使って積分全体を $1/(n-1)$ 以下に抑えるのが重要である。

答え

**(1)**

$$ \begin{aligned} \int_1^3 \frac{1}{(1+x^2)^2},dx &= \frac{\alpha}{2}-\frac{\pi}{8}-\frac{1}{10} \end{aligned} $$

**(2)**

$$ \begin{aligned} \int_1^2 \frac{x}{(1+x^2)^n},dx &= \frac{2^{1-n}-5^{1-n}}{2(n-1)} \end{aligned} $$

**(3)**

$$ \begin{aligned} \lim_{n\to\infty}\int_1^2\left(\frac{2}{1+x^2}\right)^n,dx &= 0 \end{aligned} $$