解説

方針・初手

$f_n(x)$ は等比数列の和として処理できる。特に

$$ f_n(x)=1+\sum_{k=1}^{2n}(-x^2)^k=\sum_{k=0}^{2n}(-x^2)^k

$$

であり、有限等比級数の公式を使うと、$1/(1+x^2)$ との差が簡単に表せる。この差を積分評価に使い、最後に $n\to\infty$ とする。

解法1

まず

$$ f_n(x)=\sum_{k=0}^{2n}(-x^2)^k

$$

である。これは初項 $1$、公比 $-x^2$、項数 $2n+1$ の等比数列の和なので、

$$ f_n(x)=\frac{1-(-x^2)^{2n+1}}{1-(-x^2)}

$$

である。ここで

$$ (-x^2)^{2n+1}=-x^{4n+2}

$$

だから、

$$ f_n(x)=\frac{1+x^{4n+2}}{1+x^2}

$$

となる。

したがって、$0<x<1$ のとき $x^{4n+2}\to 0$ であるから、

$$ \begin{aligned} \lim_{n\to\infty} f_n(x) &= \lim_{n\to\infty}\frac{1+x^{4n+2}}{1+x^2} \\ \frac{1}{1+x^2} \end{aligned} $$

である。

次に、

$$ \int_0^{\frac{1}{\sqrt3}}\frac{dx}{1+x^2}

$$

を計算する。$\displaystyle \int \frac{dx}{1+x^2}=\arctan x+C$ であるから、

$$ \begin{aligned} \int_0^{\frac{1}{\sqrt3}}\frac{dx}{1+x^2} &= \left[\arctan x\right]_0^{\frac{1}{\sqrt3}} \\ \arctan\frac{1}{\sqrt3}-\arctan 0 \end{aligned} $$

である。$\tan \frac{\pi}{6}=\frac{1}{\sqrt3}$ より、

$$ \begin{aligned} \int_0^{\frac{1}{\sqrt3}}\frac{dx}{1+x^2} &= \frac{\pi}{6} \end{aligned} $$

となる。

次に、先ほど得た式

$$ f_n(x)=\frac{1+x^{4n+2}}{1+x^2}

$$

から、

$$ \begin{aligned} f_n(x)-\frac{1}{1+x^2} &= \frac{x^{4n+2}}{1+x^2} \end{aligned} $$

である。$0<x\leq \frac{1}{\sqrt3}$ において

$$ 0<\frac{x^{4n+2}}{1+x^2}<x^{4n+2}

$$

が成り立つので、両辺を $0$ から $\frac{1}{\sqrt3}$ まで積分して、

$$ 0< \int_0^{\frac{1}{\sqrt3}}\left(f_n(x)-\frac{1}{1+x^2}\right)dx < \int_0^{\frac{1}{\sqrt3}}x^{4n+2},dx

$$

を得る。右辺は

$$ \begin{aligned} \int_0^{\frac{1}{\sqrt3}}x^{4n+2},dx &= \left[\frac{x^{4n+3}}{4n+3}\right]_0^{\frac{1}{\sqrt3}} \\ \frac{1}{4n+3}\left(\frac{1}{\sqrt3}\right)^{4n+3} \end{aligned} $$

である。よって

$$ 0< \int_0^{\frac{1}{\sqrt3}}\left(f_n(x)-\frac{1}{1+x^2}\right)dx < \frac{1}{4n+3}\left(\frac{1}{\sqrt3}\right)^{4n+3}

$$

が示された。

次に、$f_n(x)$ の定義から積分を項別に計算する。有限和なので項別積分ができる。

$$ \begin{aligned} \int_0^{\frac{1}{\sqrt3}} f_n(x),dx &= \int_0^{\frac{1}{\sqrt3}}\left(1+\sum_{k=1}^{2n}(-x^2)^k\right)dx \end{aligned} $$

である。これを分けて計算すると、

$$ \begin{aligned} \int_0^{\frac{1}{\sqrt3}} f_n(x),dx &= \int_0^{\frac{1}{\sqrt3}}1,dx + \sum_{k=1}^{2n}\int_0^{\frac{1}{\sqrt3}}(-x^2)^k,dx \end{aligned} $$

となる。ここで

$$ (-x^2)^k=(-1)^k x^{2k}

$$

だから、

$$ \begin{aligned} \int_0^{\frac{1}{\sqrt3}}(-x^2)^k,dx &= (-1)^k\int_0^{\frac{1}{\sqrt3}}x^{2k},dx \\ \frac{(-1)^k}{2k+1}\left(\frac{1}{\sqrt3}\right)^{2k+1} \end{aligned} $$

である。また、

$$ \int_0^{\frac{1}{\sqrt3}}1,dx=\frac{1}{\sqrt3}

$$

である。したがって、

$$ \begin{aligned} \int_0^{\frac{1}{\sqrt3}} f_n(x),dx &= \frac{1}{\sqrt3} + \sum_{k=1}^{2n} \frac{(-1)^k}{2k+1} \left(\frac{1}{\sqrt3}\right)^{2k+1} \end{aligned} $$

が成り立つ。

最後に、求める級数を計算する。(3) より

$$ 0< \int_0^{\frac{1}{\sqrt3}}\left(f_n(x)-\frac{1}{1+x^2}\right)dx < \frac{1}{4n+3}\left(\frac{1}{\sqrt3}\right)^{4n+3}

$$

である。右辺は $n\to\infty$ のとき $0$ に収束するので、はさみうちの原理により

$$ \lim_{n\to\infty} \int_0^{\frac{1}{\sqrt3}}\left(f_n(x)-\frac{1}{1+x^2}\right)dx =0

$$

である。したがって、

$$ \begin{aligned} \lim_{n\to\infty}\int_0^{\frac{1}{\sqrt3}} f_n(x),dx &= \int_0^{\frac{1}{\sqrt3}}\frac{dx}{1+x^2} \\ \frac{\pi}{6} \end{aligned} $$

となる。

一方、(4) より

$$ \begin{aligned} \int_0^{\frac{1}{\sqrt3}} f_n(x),dx &= \frac{1}{\sqrt3} + \sum_{k=1}^{2n} \frac{(-1)^k}{2k+1} \left(\frac{1}{\sqrt3}\right)^{2k+1} \end{aligned} $$

である。ここで

$$ \begin{aligned} \left(\frac{1}{\sqrt3}\right)^{2k+1} &= \frac{1}{\sqrt3}\left(\frac{1}{3}\right)^k \end{aligned} $$

だから、

$$ \begin{aligned} \int_0^{\frac{1}{\sqrt3}} f_n(x),dx &= \frac{1}{\sqrt3} + \frac{1}{\sqrt3} \sum_{k=1}^{2n} \frac{(-1)^k}{2k+1} \left(\frac{1}{3}\right)^k \end{aligned} $$

となる。両辺で $n\to\infty$ とすると、

$$ \begin{aligned} \frac{\pi}{6} &= \frac{1}{\sqrt3} + \frac{1}{\sqrt3} \sum_{k=1}^{\infty} \frac{(-1)^k}{2k+1} \left(\frac{1}{3}\right)^k \end{aligned} $$

を得る。よって、

$$ \begin{aligned} \frac{1}{\sqrt3} \sum_{k=1}^{\infty} \frac{(-1)^k}{2k+1} \left(\frac{1}{3}\right)^k &= \frac{\pi}{6}-\frac{1}{\sqrt3} \end{aligned} $$

である。両辺に $\sqrt3$ をかけると、

$$ \begin{aligned} \sum_{k=1}^{\infty} \frac{(-1)^k}{2k+1} \left(\frac{1}{3}\right)^k &= \frac{\sqrt3\pi}{6}-1 \\ \frac{\pi}{2\sqrt3}-1 \end{aligned} $$

となる。

解説

この問題の中心は、$f_n(x)$ を有限等比級数として見ることである。単に $n\to\infty$ を考えるだけなら (1) はすぐに出るが、(3) 以降では

$$ \begin{aligned} f_n(x)-\frac{1}{1+x^2} &= \frac{x^{4n+2}}{1+x^2} \end{aligned} $$

という誤差の形を正確に出すことが重要である。

(3) の不等式は、この誤差が正であり、さらに $1+x^2>1$ だから

$$ 0<\frac{x^{4n+2}}{1+x^2}<x^{4n+2}

$$

と評価できることから従う。この評価により、$f_n(x)$ の積分が $\frac{1}{1+x^2}$ の積分に近づくことが保証される。

(5) は、(4) の有限和表示と (2)(3) を結びつける問題である。級数の和を直接求めるのではなく、積分値 $\frac{\pi}{6}$ を経由して求める点が狙いである。

答え

**(1)**

$$ \lim_{n\to\infty} f_n(x)=\frac{1}{1+x^2}

$$

**(2)**

$$ \begin{aligned} \int_0^{\frac{1}{\sqrt3}}\frac{dx}{1+x^2} &= \frac{\pi}{6} \end{aligned} $$

**(3)**

$$ 0< \int_0^{\frac{1}{\sqrt3}}\left(f_n(x)-\frac{1}{1+x^2}\right)dx < \frac{1}{4n+3}\left(\frac{1}{\sqrt3}\right)^{4n+3}

$$

が成り立つ。

**(4)**

$$ \begin{aligned} \int_0^{\frac{1}{\sqrt3}} f_n(x),dx &= \frac{1}{\sqrt3} + \sum_{k=1}^{2n} \frac{(-1)^k}{2k+1} \left(\frac{1}{\sqrt3}\right)^{2k+1} \end{aligned} $$

が成り立つ。

**(5)**

$$ \begin{aligned} \sum_{k=1}^{\infty} \frac{(-1)^k}{2k+1} \left(\frac{1}{3}\right)^k &= \frac{\pi}{2\sqrt3}-1 \end{aligned} $$