2020年入試問題研究に戻る東工大第5問解答
(1) 部分積分を2回行う． \begin{eqnarray*} a_{k+2}&=&\int_0^1x^{k+1}\sin\left(\dfrac{\pi x}{2} \right)\,dx\\ &=&\biggl[x^{k+1}\left\{-\dfrac{2}{\pi}\cos\left(\dfrac{\pi x}{2} \right)\right\} \biggr]_0^1 +\int_0^1(k+1)x^k\dfrac{2}{\pi}\cos\left(\dfrac{\pi x}{2} \right)\,dx\\ &=&\dfrac{2(k+1)}{\pi}\int_0^1x^k\cos\left(\dfrac{\pi x}{2} \right)\,dx\\ &=&\dfrac{2(k+1)}{\pi}\left\{\biggl[x^k\dfrac{2}{\pi}\sin\left(\dfrac{\pi x}{2} \right) \biggr]_0^1 -\dfrac{2}{\pi}\int_0^1kx^{k-1}\dfrac{2}{\pi}\sin\left(\dfrac{\pi x}{2} \right)\,dx\right\}\\ &=&\dfrac{2(k+1)}{\pi}\left(\dfrac{2}{\pi}-\dfrac{2k}{\pi}a_k\right) =\dfrac{4(k+1)}{\pi^2}-\dfrac{4k(k+1)}{\pi^2}a_k \end{eqnarray*}
(2) $ 0\leqq x\leqq 1 $ において $ 0\leqq \sin\left(\dfrac{\pi x}{2} \right) \leqq 1 $ である．よって， \[ a_k=\int_0^1x^{k-1}\sin\left(\dfrac{\pi x}{2} \right)\,dx< \int_0^1x^{k-1}\,dx=\dfrac{1}{k} \] したがって \[ \lim_{k \to \infty}a_k=0 \] (1)より， \[ ka_k=1-\dfrac{\pi^2}{4(k+1)}a_{k+2} \] なので， \[ A=\lim_{k \to \infty}ka_k=1-0=1 \] である．
(3) \[ k^ma_k-k^nA=k^n(k^{m-n}a_k-1) \] において， $ k^{m-n}a_k-1 $ が0に収束しなければ， $ k^n\to \infty $ より，発散する． 収束するために， $ k^{m-n}a_k-1 $ が0に収束することが必要である．(2)から $ m-n=1 $ が必要である．このとき， \begin{eqnarray*} k^ma_k-k^nA&=&k^n(ka_k-1)=-\dfrac{\pi^2k^n}{4(k+1)}a_{k+2}\\ &=&-\dfrac{\pi^2k^n}{4(k+1)(k+2)}\left\{(k+2)a_{k+2} \right\} \end{eqnarray*} $ k\to \infty $ のとき， $ (k+2)a_{k+2} $ は1に収束するので， $ k^ma_k-k^nA $ が0以外の値に収束する条件は $ n=2 $ である．このとき $ (m,\ n)=(3,\ 2) $ であり， \[ B=\lim_{k \to \infty}-\dfrac{\pi^2k^2}{4(k+1)(k+2)}\left\{(k+2)a_{k+2} \right\} =-\dfrac{\pi^2}{4} \]
(4) (2)と(3)より， \[ k^pa_k-k^qA-k^rB= k^pa_k-k^q+\dfrac{\pi^2k^r}{4}= k^r\left(k^{p-r}a_k-k^{q-r}+\dfrac{\pi^2}{4} \right) \] ここで， $ k\to \infty $ のとき， $ k^r\to \infty $ なので， $ k^pa_k-k^qA-k^rB $ が0ではない値に収束するためには， $ k^{p-r}a_k-k^{q-r}+\dfrac{\pi^2}{4} $ が0に収束することが必要である． そのためには， $ k^{p-r}a_k-k^{q-r} $ が $ -\dfrac{\pi^2}{4} $ に収束することで， (3)より， $ p-q=3 $ ， $ q-r=2 $ である．このとき，(3)より， \begin{eqnarray*} k^pa_k-k^qA-k^rB&=& k^r\left(k^3a_k-k^2+\dfrac{\pi^2}{4} \right)\\ &=&k^r\cdot\dfrac{\pi^2}{4}\cdot\left\{-\dfrac{k^2}{(k+1)}a_{k+2}+1\right\} \end{eqnarray*} (1)から \[ a_{k+4}=\dfrac{4(k+3)}{\pi^2}-\dfrac{4(k+2)(k+3)}{\pi^2}a_{k+2} \] であるから， \[ \dfrac{k^2}{(k+1)}a_{k+2}=-\dfrac{\pi^2k^2}{4(k+1)(k+2)(k+3)}a_{k+4}+\dfrac{k^2}{(k+1)(k+2)} \] である．よって， \begin{eqnarray*} k^r\left(k^3a_k-k^2+\dfrac{\pi^2}{4} \right) &=&k^r\cdot\dfrac{\pi^2}{4}\cdot\left\{\dfrac{\pi^2k^2}{4(k+1)(k+2)(k+3)}a_{k+4}-\dfrac{k^2}{(k+1)(k+2)}+1\right\}\\ &=&k^r\cdot\dfrac{\pi^2}{4}\cdot\left\{\dfrac{\pi^2k^2}{4(k+1)(k+2)(k+3)}a_{k+4}+\dfrac{3k+2}{(k+1)(k+2)}\right\}\\ &=&k^r\cdot\dfrac{\pi^2}{4}\cdot\left\{\dfrac{\pi^2k^2}{4(k+1)(k+2)(k+3)(k+4)}(k+4)a_{k+4}+\dfrac{3k+2}{(k+1)(k+2)}\right\} \end{eqnarray*} これが0でない値に収束するのは， $ r=1 $ のときである．よって， $ (p,\ q,\ r)=(4,\ 3,\ 1) $ であり，このとき， \[ \lim_{k\to \infty}k\cdot\dfrac{\pi^2}{4}\cdot\left\{\dfrac{\pi^2k^2}{4(k+1)(k+2)(k+3)(k+4)}(k+4)a_{k+4}+\dfrac{3k+2}{(k+1)(k+2)}\right\} =\dfrac{3\pi^2}{4} \] である．