解説

方針・初手

まず

$$ I_{a,b}=\int_0^1 x^a(1-x)^b,dx \qquad (a,b\geqq 0)

$$

を求める。これが分かれば，

$$ S_{n,k}={}_{n}\mathrm{C}_{k}I_{k,n-k}

$$

および

$$ V_{n,k}=\pi \int_0^1 {f_{n,k}(x)}^2,dx =\pi {}_{n}\mathrm{C}_{k}^2 I_{2k,2n-2k}

$$

と書けるので，一気に処理できる。

解法1

非負整数 $a,b$ に対して

$$ I_{a,b}=\int_0^1 x^a(1-x)^b,dx

$$

とおく。

部分積分を行う。$u=x^a$，$dv=(1-x)^b,dx$ とすると，

$$ v=-\frac{(1-x)^{b+1}}{b+1}

$$

であるから，

$$ \begin{aligned} I_{a,b} &=\left[-\frac{x^a(1-x)^{b+1}}{b+1}\right]*0^1 +\frac{a}{b+1}\int_0^1 x^{a-1}(1-x)^{b+1},dx \\ &=\frac{a}{b+1}I*{a-1,b+1}. \end{aligned}

$$

これを $a$ 回繰り返すと，

$$ \begin{aligned} I_{a,b} &=\frac{a}{b+1}\cdot \frac{a-1}{b+2}\cdots \frac{1}{a+b}I_{0,a+b} \\ &=\frac{a!}{(b+1)(b+2)\cdots (a+b)}\int_0^1 (1-x)^{a+b},dx. \end{aligned}

$$

さらに

$$ \int_0^1 (1-x)^{a+b},dx=\frac{1}{a+b+1}

$$

であるから，

$$ I_{a,b}=\frac{a!,b!}{(a+b+1)!}

$$

を得る。

（1） $S_{n,0}$

$f_{n,0}(x)=(1-x)^n$ であるから，

$$ S_{n,0}=\int_0^1 (1-x)^n,dx=\frac{1}{n+1}.

$$

（2） $S_{n,k}$

$$ S_{n,k}={}_{n}\mathrm{C}_{k}\int_0^1 x^k(1-x)^{n-k},dx ={}_{n}\mathrm{C}_{k}I_{k,n-k}.

$$

したがって，

$$ \begin{aligned} S_{n,k} &={}_{n}\mathrm{C}_{k}\frac{k!(n-k)!}{(n+1)!} \\ &=\frac{n!}{k!(n-k)!}\cdot \frac{k!(n-k)!}{(n+1)!} \\ &=\frac{1}{n+1}. \end{aligned}

$$

よって $S_{n,k}$ は $k$ によらず一定である。

（3） $\dfrac{V_{n,k+1}}{V_{n,k}}$

回転体の体積は

$$ V_{n,k} =\pi \int_0^1 \left\{{}_{n}\mathrm{C}_{k}x^k(1-x)^{n-k}\right\}^2 dx

$$

であるから，

$$ V_{n,k} =\pi {}_{n}\mathrm{C}_{k}^2 I_{2k,2n-2k}.

$$

上で求めた公式より，

$$ I_{2k,2n-2k} =\frac{(2k)!(2n-2k)!}{(2n+1)!}.

$$

したがって，

$$ V_{n,k} =\pi {}_{n}\mathrm{C}_{k}^2 \frac{(2k)!(2n-2k)!}{(2n+1)!}.

$$

よって，

$$ \begin{aligned} \frac{V_{n,k+1}}{V_{n,k}} &=\frac{{}_{n}\mathrm{C}_{k+1}^2}{{}_{n}\mathrm{C}_{k}^2} \cdot \frac{(2k+2)!(2n-2k-2)!}{(2k)!(2n-2k)!} \\ &=\left(\frac{n-k}{k+1}\right)^2 \cdot \frac{(2k+2)(2k+1)}{(2n-2k)(2n-2k-1)}. \end{aligned}

$$

ここで $(2k+2)=2(k+1)$，$(2n-2k)=2(n-k)$ を用いると，

$$ \begin{aligned} \frac{V_{n,k+1}}{V_{n,k}} &= \frac{(n-k)(2k+1)}{(k+1)(2n-2k-1)}. \end{aligned} $$

（4） $n$ が偶数のとき，$V_{n,k}$ が最小となる $k$

（3） の結果より，

$$ \frac{V_{n,k+1}}{V_{n,k}}<1

$$

となる条件を調べればよい。

$$ \frac{(n-k)(2k+1)}{(k+1)(2n-2k-1)}<1

$$

は，

$$ (n-k)(2k+1)<(k+1)(2n-2k-1)

$$

と同値である。両辺を展開すると，

$$ 2nk+n-2k^2-k<2nk+2n-2k^2-3k-1

$$

すなわち，

$$ n-2k-1>0

$$

である。よって，

$$ \frac{V_{n,k+1}}{V_{n,k}}<1 \iff k<\frac{n-1}{2}.

$$

したがって，$V_{n,k}$ は $k<\dfrac{n-1}{2}$ では減少し，$k>\dfrac{n-1}{2}$ では増加する。

$n$ が偶数のとき，$n=2m$ とおくと，

$$ \frac{n-1}{2}=m-\frac{1}{2}

$$

であるから，

$$ V_{n,0}>V_{n,1}>\cdots >V_{n,m}<V_{n,m+1}<\cdots <V_{n,n}

$$

となる。ゆえに最小値をとるのは

$$ k=m=\frac{n}{2}

$$

である。

解説

この問題の核心は

$$ \int_0^1 x^a(1-x)^b,dx

$$

の形の積分を一般に処理することである。ここを部分積分で整理すると，（2） では $S_{n,k}$ が $k$ によらず一定であることが分かり，（3） では体積も同じ型の積分に帰着できる。

（4） では $V_{n,k}$ 自体を直接比較するよりも，

$$ \frac{V_{n,k+1}}{V_{n,k}}

$$

の大小を見るのが自然である。数列の増減に落とし込めば，最小値を与える $k$ が明確になる。

答え

**(1)**

$$ S_{n,0}=\frac{1}{n+1}

$$

**(2)**

$$ S_{n,k}=\frac{1}{n+1}

$$

**(3)**

$$ \begin{aligned} \frac{V_{n,k+1}}{V_{n,k}} &= \frac{(n-k)(2k+1)}{(k+1)(2n-2k-1)} \end{aligned} $$

**(4)**

$n$ が偶数のとき，$V_{n,k}$ が最小値をとるのは

$$ k=\frac{n}{2}

$$

である。