測度論・実解析の問題

準備. $n\ge 2$ のとき $\left|{\left(1+\frac{x}{n}\right)}^{-n}\cos x\right|\le {\left(1+\frac{x}{2}\right)}^{-2}$ であり右辺は $[0,\infty )$ で可積分なので、$I_n$ は確定する。また $${\int }_0^{\infty }{e}^{-x}\cos xdx=\mathrm{Re}{\int }_0^{\infty }{e}^{-(1-i)x}dx=\mathrm{Re}\frac{1}{1-i}=\mathrm{Re}\frac{1+i}{2}=\frac{1}{2}$$ である。よって $$n\left(I_n-\frac{1}{2}\right)={\int }_0^{\infty }{f}_n(x)\cos xdx,f_n(x)=n\left\{{\left(1+\frac{x}{n}\right)}^{-n}-e^{-x}\right\}$$ と書ける（$e^{-x}\cos x$ も可積分なので積分を分けてよい）。

各点収束. $x\ge 0$ を固定する。$\log (1+t)=t-\frac{t^2}{2}+O(t^3)(t\to 0)$ より $$n\log \left(1+\frac{x}{n}\right)=x-\frac{x^2}{2n}+O\left(\frac{1}{n^2}\right)$$ であるから $${\left(1+\frac{x}{n}\right)}^{-n}=e^{-x}\exp \left(\frac{x^2}{2n}+O\left(\frac{1}{n^2}\right)\right)=e^{-x}\left(1+\frac{x^2}{2n}+O\left(\frac{1}{n^2}\right)\right).$$ したがって $$\underset{n\to \infty }{\lim }{f}_n(x)=\frac{x^2}{2}{e}^{-x}.$$

優関数. $u_n=n\log \left(1+\frac{x}{n}\right)$ とおく。$t\ge 0$ で $t-\frac{t^2}{2}\le \log (1+t)\le t$ が成り立つ（$g(t)=\log (1+t)-t+\frac{t^2}{2}$ は $g(0)=0$, $g^{\prime }(t)=\frac{t^2}{1+t}\ge 0$）。よって $$x-\frac{x^2}{2n}\le u_n\le x.$$ $e^{-s}$ は凸かつ減少なので、$a\le b$ のとき $0\le e^{-a}-e^{-b}\le (b-a)e^{-a}$ である。$a=u_n,b=x$ として $$0\le f_n(x)=n\left(e^{-u_n}-e^{-x}\right)\le n(x-u_n)e^{-u_n}\le \frac{x^2}{2}{\left(1+\frac{x}{n}\right)}^{-n}.$$ さらに ${\left(1+\frac{x}{n}\right)}^n$ は $n$ について単調増加なので、$n\ge 4$ では $$|f_n(x)\cos x|\le \frac{x^2}{2}{\left(1+\frac{x}{4}\right)}^{-4}=:G(x).$$ $G(x)=O(x^{-2})(x\to \infty )$ で $G$ は連続なので、$G$ は $[0,\infty )$ で可積分である。

極限の計算. ルベーグの優収束定理より $$\underset{n\to \infty }{\lim }n\left(I_n-\frac{1}{2}\right)=\frac{1}{2}{\int }_0^{\infty }{x}^2{e}^{-x}\cos xdx.$$ $\mathrm{Re}a>0$ のとき ${\int }_0^{\infty }{x}^2{e}^{-ax}dx=\frac{2}{a^3}$ なので、$a=1-i$ とすると $(1-i{)}^2=-2i$, $(1-i{)}^3=-2i(1-i)=-2-2i$ より $${\int }_0^{\infty }{x}^2{e}^{-x}\cos xdx=\mathrm{Re}\frac{2}{-2-2i}=\mathrm{Re}\left(-\frac{1}{1+i}\right)=\mathrm{Re}\left(-\frac{1-i}{2}\right)=-\frac{1}{2}.$$ よって求める極限は $$\frac{1}{2}\cdot \left(-\frac{1}{2}\right)=-\frac{1}{4}.$$

$f_n(x)=(1+x/n{)}^{-n}=\exp (-n\log (1+x/n))$ とおく。$n\log (1+x/n)=x-\frac{x^2}{2n}+O(x^3/n^2)$ より $f_n(x)=e^{-x}\left(1+\frac{x^2}{2n}+\cdots \right)$。

まず ${\int }_0^{\infty }{e}^{-x}\cos xdx=\mathrm{Re}\frac{1}{1-i}=\frac{1}{2}$。したがって $I_n-\frac{1}{2}={\int }_0^{\infty }(f_n(x)-e^{-x})\cos xdx$。

$n(f_n(x)-e^{-x})\to \frac{x^2}{2}{e}^{-x}$ が各点で成り立つ。優関数を見つける: $n\ge 4$ のとき $\log (1+t)\ge t-t^2/2$ ($t\ge 0$) と、$t=x/n\le 1$ では $\log (1+t)\ge t-t^2/2$、$t\ge 1$ では $\log (1+t)\ge t/(1+t)\cdot$ などを用いて、$f_n(x)\le e^{-x/2}\cdot C$ 型の評価（例えば $n\ge 4$ で $(1+x/n{)}^{-n}\le \max (e^{-x/4},(1+x/n{)}^{-n})$ の形）から、$n|f_n(x)-e^{-x}|\le |f_n-e^{-x}|n$ は平均値の定理により $x^2{e}^{-x/2\cdot c}$ 程度の可積分関数で押さえられる。よって優収束定理により
$$\underset{n\to \infty }{\lim }n\left(I_n-\frac{1}{2}\right)=\frac{1}{2}{\int }_0^{\infty }{x}^2{e}^{-x}\cos xdx.$$

${\int }_0^{\infty }{x}^2{e}^{-(1-i)x}dx=\frac{2}{(1-i{)}^3}$。$(1-i{)}^2=-2i$、$(1-i{)}^3=-2i(1-i)=-2-2i$ なので $\frac{2}{-2-2i}=-\frac{1}{1+i}=-\frac{1-i}{2}=-\frac{1}{2}+\frac{i}{2}$。実部は $-\frac{1}{2}$。

よって極限は $\frac{1}{2}\cdot \left(-\frac{1}{2}\right)=-\frac{1}{4}$。

検算: 部分積分で ${\int }_0^{\infty }{x}^2{e}^{-x}\cos xdx$ を直接計算しても $-1/2$（$\int x^2{e}^{-x}\cos x$ の複素表示と一致）。