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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 $A_{n} = \int_{0}^{1} n (1 - x^{1/ n}) \frac{1 + x}{1 - x} d x$ とおく（積分は区間 $(0, 1)$ 上のルベーグ測度に関するもの）。極限 $n \to \infty lim A_{n}$ の値を求めよ。

この問題で使うもの

単調収束定理・優収束定理（説明と入口の問題）
級数の項別積分（説明と入口の問題）
部分積分（説明と入口の問題）
自然対数の底 $e$ （説明と入口の問題）

この問題を解けるようになるまで（51 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

$n (1 - x^{1/ n})$ の $n \to \infty$ での各点極限と、 $n$ についての単調性を調べ、単調収束定理を使う。

ヒント 2

$a = - lo g x$ とおくと $n (1 - x^{1/ n}) = \frac{1 - e ^{- a / n}}{1/ n}$ であり、これは $n$ について単調増加して $- lo g x$ に収束する。極限は $\int_{0}^{1} (- lo g x) \frac{1 + x}{1 - x} d x$ になる。

ヒント 3

$\frac{1 + x}{1 - x} = \sum_{k \geq 0} (x^{k} + x^{k + 1})$ と展開して非負項の項別積分を行い、 $\int_{0}^{1} (- lo g x) x^{m} d x = \frac{1}{( m + 1 ) ^{2}}$ を使う。

答えと解説

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\frac{π ^{2}}{3} - 1

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解説を読む

単調性と各点収束. $x \in (0, 1)$ を固定し $a = - lo g x > 0$ とおくと $n (1 - x^{1/ n}) = \frac{1 - e ^{- a / n}}{1/ n} = φ (\frac{1}{n}), φ (s) = \frac{1 - e ^{- a s}}{s} (s > 0) .$ $u \mapsto 1 - e^{- u}$ は凹関数で値 $0$ を $u = 0$ でとるので、原点と結ぶ弦の傾き $\frac{1 - e ^{- u}}{u}$ は $u > 0$ で単調減少である。 $φ (s) = a \cdot \frac{1 - e ^{- a s}}{a s}$ なので $φ$ も $s$ について単調減少であり、 $s = \frac{1}{n}$ は $n$ について減少するから、 $n (1 - x^{1/ n})$ は $n$ について単調増加する。また $n \to \infty lim n (1 - x^{1/ n}) = s \to + 0 lim φ (s) = a = - lo g x .$ $\frac{1 + x}{1 - x} > 0$ なので、被積分関数 $g_{n} (x) = n (1 - x^{1/ n}) \frac{1 + x}{1 - x}$ は非負で $n$ について単調増加し、 $- lo g x \cdot \frac{1 + x}{1 - x}$ に各点収束する。

単調収束定理. よって単調収束定理により $n \to \infty lim A_{n} = \int_{0}^{1} (- lo g x) \frac{1 + x}{1 - x} d x$ （右辺が $+ \infty$ の場合も含めて成り立つ）。

級数展開と項別積分. $0 < x < 1$ で $\frac{1 + x}{1 - x} = (1 + x) k = 0 \sum \infty x^{k} = k = 0 \sum \infty (x^{k} + x^{k + 1})$ であり、各項 $(- lo g x) (x^{k} + x^{k + 1})$ は非負なので、単調収束定理（非負項級数の項別積分）により $\int_{0}^{1} (- lo g x) \frac{1 + x}{1 - x} d x = k = 0 \sum \infty (\int_{0}^{1} (- lo g x) x^{k} d x + \int_{0}^{1} (- lo g x) x^{k + 1} d x) .$ 部分積分により、 $m \geq 0$ に対し $\int_{0}^{1} (- lo g x) x^{m} d x = [- lo g x \cdot \frac{x ^{m + 1}}{m + 1}]_{0}^{1} + \int_{0}^{1} \frac{x ^{m}}{m + 1} d x = \frac{1}{( m + 1 ) ^{2}}$ （ $x^{m + 1} lo g x \to 0 (x \to + 0)$ を使った）。したがって $n \to \infty lim A_{n} = k = 0 \sum \infty (\frac{1}{( k + 1 ) ^{2}} + \frac{1}{( k + 2 ) ^{2}}) = j = 1 \sum \infty \frac{1}{j ^{2}} + (j = 1 \sum \infty \frac{1}{j ^{2}} - 1) = \frac{π ^{2}}{6} + \frac{π ^{2}}{6} - 1 = \frac{π ^{2}}{3} - 1.$

別解

$x \in (0, 1)$ を固定し $h_{n} (x) = n (1 - x^{1/ n}) = n (1 - e^{(l o g x) / n})$ とおく。 $s = 1/ n$ の関数 $(1 - e^{s l o g x}) / s$ は $s ↓ 0$ で単調に増加して $- lo g x$ に収束する（ $u \mapsto e^{u}$ の凸性より $(e^{s u} - 1) / s$ が $s$ について増加であることから従う。ここで $u = lo g x < 0$ ）ので、 $h_{n} (x)$ は $n$ について単調増加で $h_{n} (x) ↑ - lo g x (n \to \infty)$ 。被積分関数 $h_{n} (x) \frac{1 + x}{1 - x}$ は非負で $n$ について単調増加なので、単調収束定理により
$n \to \infty lim A_{n} = \int_{0}^{1} (- lo g x) \frac{1 + x}{1 - x} d x = \int_{0}^{1} \frac{- lo g x}{1 - x} d x + \int_{0}^{1} \frac{- x lo g x}{1 - x} d x .$
$\frac{1}{1 - x} = \sum_{k \geq 0} x^{k}$ と $\int_{0}^{1} x^{k} (- lo g x) d x = \frac{1}{( k + 1 ) ^{2}}$ （項は非負なので項別積分可）より
- 第 1 項 $= \sum_{k \geq 0} \frac{1}{( k + 1 ) ^{2}} = \frac{π ^{2}}{6}$
- 第 2 項 $= \sum_{k \geq 0} \frac{1}{( k + 2 ) ^{2}} = \frac{π ^{2}}{6} - 1$

よって極限は $\frac{π ^{2}}{3} - 1$ 。

検算: $π^{2} /3 - 1 \approx 2.2899$ 。 $n = 1$ では $A_{1} = \int_{0}^{1} (1 - x) \frac{1 + x}{1 - x} d x = \int_{0}^{1} (1 + x) d x = 1.5 < 2.29$ で、単調増加と整合する。

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