測度論・実解析の問題

$t=\frac{x}{n}$ とおくと、被積分関数は
$$f_n(x)=\frac{t-\sin t}{t^3}\cdot \frac{1}{(1+x^2{)}^2},t=\frac{x}{n}>0$$
と書ける。

各点収束. $x>0$ を固定すると $n\to \infty$ で $t\to 0$ である。$\sin t=t-\frac{t^3}{6}+O(t^5)$ より $\frac{t-\sin t}{t^3}\to \frac{1}{6}$ となるので、
$$f_n(x)\to \frac{1}{6(1+x^2{)}^2}(n\to \infty ).$$

優関数. $t\ge 0$ に対して $0\le t-\sin t\le \frac{t^3}{6}$ を示す。
左側の不等式は $\sin t\le t$（$h(t)=t-\sin t$ は $h(0)=0$, $h^{\prime }(t)=1-\cos t\ge 0$）から従う。
右側については $g(t)=\frac{t^3}{6}-t+\sin t$ とおく。$g(0)=0$, $g^{\prime }(t)=\frac{t^2}{2}-1+\cos t$ である。さらに $g^{\prime }(0)=0$, $g^{\prime \prime }(t)=t-\sin t\ge 0$ より $g^{\prime }(t)\ge 0$ となるので、$g(t)\ge 0$ である。
よってすべての $n$ と $x>0$ に対して
$$0\le f_n(x)\le \frac{1}{6(1+x^2{)}^2}$$
が成り立つ。右辺は $(0,\infty )$ 上で可積分である。

ルベーグの優収束定理. 各 $f_n$ は連続なので可測である。可積分な優関数があるので、優収束定理より
$$\underset{n\to \infty }{\lim }{I}_n=\frac{1}{6}{\int }_0^{\infty }\frac{dx}{(1+x^2{)}^2}.$$

積分の計算. $x=\tan \theta \left(0<\theta <\frac{\pi }{2}\right)$ とおくと $dx=\frac{d\theta }{{\cos }^2\theta }$, $\frac{1}{(1+x^2{)}^2}={\cos }^4\theta$ である。よって
$${\int }_0^{\infty }\frac{dx}{(1+x^2{)}^2}={\int }_0^{\pi /2}{\cos }^2\theta d\theta ={\int }_0^{\pi /2}\frac{1+\cos 2\theta }{2}d\theta =\frac{\pi }{4}.$$

したがって
$$\underset{n\to \infty }{\lim }{I}_n=\frac{1}{6}\cdot \frac{\pi }{4}=\frac{\pi }{24}.$$

$t=x/n$ とおくと $\frac{n^3}{x^3}\left(\frac{x}{n}-\sin \frac{x}{n}\right)=f(x/n)$、ただし $f(t)=\frac{t-\sin t}{t^3}$ である。

$t\to 0$ のとき $t-\sin t=\frac{t^3}{6}-\cdots$ なので $f(t)\to \frac{1}{6}$ である。

$t>0$ で $0<f(t)\le \frac{1}{6}$ が成り立つ。実際、$t-\sin t\le t^3/6$ であり、$t-\sin t>0$ である。したがって被積分関数は $\frac{1}{6(1+x^2{)}^2}$ で押さえられる。これは $(0,\infty )$ 上で可積分である。

各 $x$ について $f(x/n)\to \frac{1}{6}$ なので、ルベーグの優収束定理より
$$\underset{n\to \infty }{\lim }{I}_n=\frac{1}{6}{\int }_0^{\infty }\frac{dx}{(1+x^2{)}^2}.$$

$x=\tan \theta$ と置換すると
$${\int }_0^{\infty }\frac{dx}{(1+x^2{)}^2}={\int }_0^{\pi /2}{\cos }^2\theta d\theta =\frac{\pi }{4}.$$

よって極限は $\frac{1}{6}\cdot \frac{\pi }{4}=\frac{\pi }{24}$ である。