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測度論・実解析の問題

難易度 4大学院入試の難問レベル大学院数学測度論・実解析

正の整数 $n$ に対し
$a_{n} = n \int_{0}^{1} \frac{x ^{n}}{1 + x ^{2}} d x$
とおく（積分はルベーグ測度に関するもの）。 $n \to \infty lim a_{n} = \frac{1}{2}$ であることが知られている。極限
$n \to \infty lim n^{2} (a_{n} - \frac{1}{2})$
の値を求めよ。

この問題で使うもの

積分の極限の次の項（説明と入口の問題）
置換と優収束定理による積分の極限（説明と入口の問題）
単調収束定理・優収束定理（説明と入口の問題）
置換積分（説明と入口の問題）
テイラー展開（説明と入口の問題）

この問題を解けるようになるまで（64 技能）

算数中学高校大学大学院

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ヒント

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ヒント 1

$x = e^{- t / n}$ と置換すると、 $a_{n}$ は $\int_{0}^{\infty} e^{- t} h (t / n) d t$ の形になり、 $n$ への依存が被積分関数の中の $t / n$ だけになります。

ヒント 2

$h (s) = \frac{1}{2 c o s h s}$ は偶関数なので 1 次の項が消えます。2 次のテイラー展開と、 $h^{''}$ が有界であることを使って優収束定理を適用しましょう。

ヒント 3

$n^{2} (h (t / n) - \frac{1}{2}) = \frac{t ^{2}}{2} h^{''} (ξ)$ と書け、 $h^{''} (0) = - \frac{1}{2}$ 、優関数として $\frac{t ^{2}}{4} e^{- t}$ がとれます。

答えと解説

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- \frac{1}{2}

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解説を読む

$x = e^{- t / n}$ （ $t \in (0, \infty)$ ）と変数変換すると $x^{n} = e^{- t}$ , $d x = - \frac{1}{n} e^{- t / n} d t$ なので
$a_{n} = \int_{0}^{\infty} e^{- t} \frac{e ^{- t / n}}{1 + e ^{- 2 t / n}} d t = \int_{0}^{\infty} e^{- t} h (\frac{t}{n}) d t, h (s) = \frac{e ^{- s}}{1 + e ^{- 2 s}} = \frac{1}{2 cosh s} .$
$\int_{0}^{\infty} e^{- t} d t = 1$ だから
$n^{2} (a_{n} - \frac{1}{2}) = \int_{0}^{\infty} e^{- t} F_{n} (t) d t, F_{n} (t) = n^{2} (h (\frac{t}{n}) - \frac{1}{2}) .$

$h$ の性質: $h (0) = \frac{1}{2}$ 。 $h$ は偶関数なので $h^{'} (0) = 0$ 。 $cosh s = 1 + \frac{s ^{2}}{2} + O (s^{4})$ より $h (s) = \frac{1}{2} - \frac{s ^{2}}{4} + O (s^{4})$ 、よって $h^{''} (0) = - \frac{1}{2}$ 。また $h = \frac{1}{2} sech$ で $sech^{''} = sech (tanh^{2} - sech^{2})$ だから $∣ h^{''} (s) ∣ \leq \frac{1}{2}$ （すべての実数 $s$ ）。

各点収束: テイラーの定理より、ある $ξ$ （ $0 < ξ < t / n$ ）で $h (t / n) = \frac{1}{2} + \frac{1}{2} h^{''} (ξ) \frac{t ^{2}}{n ^{2}}$ なので
$F_{n} (t) = \frac{t ^{2}}{2} h^{''} (ξ) \to \frac{t ^{2}}{2} h^{''} (0) = - \frac{t ^{2}}{4} (n \to \infty) .$
優関数: $∣ e^{- t} F_{n} (t) ∣ \leq \frac{t ^{2}}{4} e^{- t}$ で、右辺は $(0, \infty)$ で可積分。

よってルベーグの優収束定理により
$n \to \infty lim n^{2} (a_{n} - \frac{1}{2}) = \int_{0}^{\infty} e^{- t} (- \frac{t ^{2}}{4}) d t = - \frac{1}{4} \cdot Γ (3) = - \frac{1}{4} \cdot 2 = - \frac{1}{2} .$
（検算: 部分積分を繰り返すと $\int_{0}^{1} x^{n} f (x) d x = \frac{f ( 1 )}{n + 1} - \frac{f ^{'} ( 1 )}{( n + 1 ) ( n + 2 )} + \frac{f ^{''} ( 1 )}{( n + 1 ) ( n + 2 ) ( n + 3 )} - \dots$ 、 $f = \frac{1}{1 + x ^{2}}$ で $f (1) = \frac{1}{2}, f^{'} (1) = - \frac{1}{2}, f^{''} (1) = \frac{1}{2}$ から $a_{n} = \frac{1}{2} - \frac{1}{2 n ^{2}} + O (n^{- 3})$ となり一致する。）

別解

$x = e^{- t}$ とおくと $I_{n} = \int_{0}^{1} \frac{x ^{n}}{1 + x ^{2}} d x = \int_{0}^{\infty} e^{- N t} H (t) d t$ （ $N = n + 1$ 、 $H (t) = \frac{1}{1 + e ^{- 2 t}}$ ）。 $H$ のテイラー展開 $H (t) = H_{0} + H_{1} t + \frac{H _{2}}{2} t^{2} + \dots$ を用いて（ワトソンの補題） $I_{n} = \frac{H _{0}}{N} + \frac{H _{1}}{N ^{2}} + \frac{H _{2}}{N ^{3}} + O (N^{- 4})$ 。
$h (x) = \frac{1}{1 + x ^{2}}$ とすると $H (t) = h (e^{- t})$ 、 $H_{0} = h (1) = \frac{1}{2}$ 。 $H^{'} (t) = - e^{- t} h^{'} (e^{- t})$ 、 $h^{'} (x) = - \frac{2 x}{( 1 + x ^{2} ) ^{2}}$ 、 $h^{'} (1) = - \frac{1}{2}$ より $H_{1} = \frac{1}{2}$ 。 $H^{''} (0) = h^{'} (1) + h^{''} (1)$ 、 $h^{''} (x) = - \frac{2}{( 1 + x ^{2} ) ^{2}} + \frac{8 x ^{2}}{( 1 + x ^{2} ) ^{3}}$ 、 $h^{''} (1) = - \frac{1}{2} + 1 = \frac{1}{2}$ より $H_{2} = 0$ 。
よって $I_{n} = \frac{1}{2 N} + \frac{1}{2 N ^{2}} + O (N^{- 4})$ 。 $a_{n} = n I_{n} = (N - 1) I_{n} = \frac{1}{2} - \frac{1}{2 N} + \frac{1}{2 N} - \frac{1}{2 N ^{2}} + O (N^{- 3}) = \frac{1}{2} - \frac{1}{2 N ^{2}} + O (N^{- 3})$ 。
$n^{2} (a_{n} - \frac{1}{2}) \to - \frac{1}{2}$ 。
検算（別法）: 実際 $H (t) = \frac{1}{2} (1 + tanh t)$ なので $H (t) = \frac{1}{2} + \frac{t}{2} - \frac{t ^{3}}{6} + \dots$ 、 $H^{''} (0) = 0$ で一致。

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