2011京都府立医大 数学４

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【解答】

　　　　　$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \theta =\frac{2\pi}{n}\end{align*}}$　とおく。

　(１)
　　　ｘについての関数ｆ(ｘ)を
　　　　　　　　$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf f(x)=\cos x-\left(1-\frac{x^2}{2}\right)\end{align*}}$
　　　と定める。
　　　　　　　　$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf f '(x)=-\sin x+x\ \ ,\ \ f ''(x)=1-\cos x\geqq 0\end{align*}}$
　　　より、ｆ’(ｘ)は単調増加関数であり、ｆ’(０)＝０なので、
　　　ｘ＜０の範囲でｆ’(ｘ)＜０、ｘ＞０の範囲でｆ’(ｘ)＞０．
　　　よって、ｆ(ｘ)はｘ＝０で極大値となるので、任意のｘに対して　　　
　　　　　　　　$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf f (x)\leqq f (0)=0\ \ \Leftrightarrow\ \ 1-\frac{x^2}{2}\leqq \cos x\end{align*}}$
　　　が成り立つ。

　(２)
　　　任意のｋ（ｋ＝１，２，･･･ｎ－１）に対して　　　
　　　　　　　△ＯＡ_k-1Ａ_k∽△ＯＡ_kＡ_k+1
　　　であり、
　　　相似比はいずれも １：cos$\scriptsize\sf{\theta}$ なので、
　　　　　　ｒ_n＝ＯＡ₀・(cos$\scriptsize\sf{\theta}$)ⁿ
　　　　　　　 ＝cosⁿ$\scriptsize\sf{\theta_n}$　････①
　　　
　　　また、(１)より、
　　　　　　　　$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf 1-\frac{1}{2}\ \theta^2\leqq \cos\theta\leqq 1\end{align*}}$　････②
　　　ここで ｎ≧５より、
　　　　　　$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf 1-\frac{1}{2}\ \theta^2=1-\frac{1}{2}\left(\frac{2\pi}{n}\right)^2\geqq \frac{25-2\pi^2}{25}\gt 0\end{align*}}$
　　　となり、②の左辺は正である。
　　　よって、②の各辺をｎ乗すると、①より、
　　　　　　　　$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf (0\lt)\ \left(1-\frac{1}{2}\ \theta^2\right)^n\leqq \left(\cos\theta\right)^n\leqq 1\end{align*}}$　
　　　　　　$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \ \ \Leftrightarrow\ \ \left(1-\frac{1}{2}\ \theta^2\right)^n\leqq r_n\leqq 1\end{align*}}$　････③

　　　③の左辺において、ｎ→∞とすると、
　　　　　　$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \lim_{n\rightarrow\infty}\left(1-\frac{1}{2}\ \theta^2\right)^n\end{align*}}$
　　　　　$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf =\lim_{n\rightarrow\infty}\left(1-\frac{2\pi^2}{n^2}\right)^n\end{align*}}$
　　　　　$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf =\lim_{n\rightarrow\infty}\left(1-\frac{\sqrt2\pi}{n}\right)^n\cdot\lim_{n\rightarrow\infty}\left(1+\frac{\sqrt2\pi}{n}\right)^n \end{align*}}$
　　　　　$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf =\lim_{n\rightarrow\infty}\left\{\left(1-\frac{\sqrt2\pi}{n}\right)^{-\frac{n}{\sqrt2 \pi}}\right\}^{-\sqrt2 \pi}\cdot\lim_{n\rightarrow\infty}\left\{\left(1+\frac{\sqrt2\pi}{n}\right)^{\frac{n}{\sqrt2 \pi}}\right\}^{\sqrt2 \pi}\end{align*}}$
　　　　　$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf =e^{-\sqrt2 \pi}\cdot e^{\sqrt2 \pi}\end{align*}}$
　　　　　$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf =1\end{align*}}$
　　　なので、③において、はさみうちの原理より、
　　　　　　　　$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \underline{\ \lim_{n\rightarrow\infty}\ r_n=1\ \ }\end{align*}}$

　(３)
　　　△ＯＡ₀Ａ₁において、
　　　　　　　　Ａ₀Ａ₁＝ＯＡ₀・sin$\scriptsize\sf{\theta}$ ＝sin$\scriptsize\sf{\theta}$　････④
　　　また、(２)と同様に
　　　任意のｋ（＝１，２，･･･ｎ－１）に対して　　　
　　　　　　　△ＯＡ_k-1Ａ_k∽△ＯＡ_kＡ_k+1
　　　なので、
　　　　　　　Ａ_k-1Ａ_k＝Ａ₀Ａ₁・(cos$\scriptsize\sf{\theta}$ )^k-1
　　　　　　　　　　　　＝sin$\scriptsize\sf{\theta}$ (cos$\scriptsize\sf{\theta}$ )^k-1　････⑤
　　　ここで、ｎ≧５より
　　　　　　　　$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf 0<\frac{2\pi}{n}<\frac{2\pi}{5}<\frac{\pi}{2}\end{align*}}$
　　　なので、ｋ＝１，２，･･･，ｎに対して、
　　　　　　　０＜cos$\scriptsize\sf{\theta}$ ＜１
　　　　　⇔　０＜(cos$\scriptsize\sf{\theta}$ )ⁿ＜(cos$\scriptsize\sf{\theta}$ )^k-1＜１．
　　　両辺にsin$\scriptsize\sf{\theta}$ （＞０）をかけると、
　　　　　　　sin$\scriptsize\sf{\theta}$ (cos$\scriptsize\sf{\theta}$ )ⁿ＜sin$\scriptsize\sf{\theta}$ (cos$\scriptsize\sf{\theta}$ )^k-1＜sin$\scriptsize\sf{\theta}$
　　　　　⇔　ｒ_nsin$\scriptsize\sf{\theta}$ ＜Ａ_k-1Ａ_k＜sin$\scriptsize\sf{\theta}$　←①、⑤より

　　　この式において、ｋ＝１，２，･･･，ｎの和をとると、
　　　　　　　　$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \sum_{k=1}^{n}\ r_n\cdot \sin\theta\lt\sum_{k=1}^{n}\ A_{k-1}A_k\leqq \sum_{k=1}^{n}\ \sin\theta\end{align*}}$
　　　　　　$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \ \ \Leftrightarrow\ \ r_n\cdot n\sin\theta\lt L_n\leqq n\sin\theta\end{align*}}$ ････⑥

　　　ここで、ｎ→∞のとき、$\scriptsize\sf{\theta}$ →０なので、
　　　　　　$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \lim_{n\rightarrow\infty}\ n\sin\theta=\lim_{\theta\rightarrow 0}\ \frac{2\pi\ \sin \theta}{\theta}=2\pi\end{align*}}$
　　　であり、これと(２)より
　　　　　　$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \lim_{n\rightarrow\infty}\left( r_n\cdot n\sin\theta\right)=\left(\lim_{n\rightarrow\infty}\ r_n\right)\cdot\left(\lim_{n\rightarrow\infty}\ n\sin\theta\right)=2\pi\end{align*}}$　．
　　　⑥において、はさみうちの原理より、
　　　　　　　　$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \underline{\ \lim_{n\rightarrow\infty}\ L_n=2\pi\ \ }\end{align*}}$




　　(２)で③の左辺の処理が難しいでしょうね。
　　　ネイピア数の定義
　　　　　　　　$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf e=\lim_{h\rightarrow 0}\ \left(1+h\right)^{\frac{1}{n}}=\lim_{n\rightarrow\infty}\ \left(1+\frac{1}{n}\right)^n\end{align*}}$
　　　は、ちゃんと覚えていますか？