バーゼル問題と関連した入試問題第二弾【気象大学校】

前回に引き続きバーゼル問題に関連した入試問題を扱います。

バーゼル問題とは，平方数の逆数を無限に加え続けるとその和はどうなるかという問題です。1644年にピエトロによって提起されたバーゼル問題は多くの数学者を悩ませましたが，およそ100年後の1735年にオイラーによって解かれました。

今回は2018年に気象大学校で出題された入試問題を通じて，奇数の逆数の2乗和が $\dfrac{\pi^2}{8}$ に収束することを説明します。

Contents

1 バーゼル問題に関する入試問題【2018年気象大学校】
2 (1)の考え方と解答
3 (2)の考え方と解答
4 (3)の考え方と解答
5 (4)の考え方と解答
6 (5)の考え方と解答
7 入試問題から分かることとバーゼル問題に関連する動画の紹介

バーゼル問題に関する入試問題【2018年気象大学校】

2018年気象大学校数列 $\{S_n\}$ を

\begin{align*}
&S_n=\Sum{k=1}{2^{n-1}}\left\{\sin\left(\dfrac{2k-1}{2^{n+1}}\right)\pi\right\}^{-2} \\[4pt]
&=\dfrac{1}{\sin^2\left(\dfrac{1}{2^{n+1}}\pi\right)}+\dfrac{1}{\sin^2\left(\dfrac{3}{2^{n+1}}\pi\right)}+\cdots+\dfrac{1}{\sin^2\left(\dfrac{2^n-1}{2^{n+1}}\pi\right)}~(n=1,~2,~\cdots)
\end{align*}

で定める。以下の設問に答えよ。
(1) $0<x<\dfrac{\pi}{2}$ のとき

\begin{align*}
\sin x<x<\tan x
\end{align*}

が成り立つことを示せ。
(2) $0<x<\dfrac{\pi}{4}$ とする。

\begin{align*}
\dfrac{1}{\sin^2x}+\dfrac{1}{\sin^2\left(\dfrac{\pi}{2}-x\right)}
\end{align*}

を $\sin2x$ を用いて表せ。
(3) $S_{n+1}$ を $S_n$ を用いて表せ。
(4) $\{S_n\}$ の一般項を，和の形を用いずに表せ。
(5) 数列 $\{T_n\}$ を

\begin{align*}
T_n=\Sum{k=1}{2^{n-1}}\dfrac{1}{(2k-1)^2}~(n=1,~2,~\cdots)
\end{align*}

で定める。$\dlim{n\to\infty}T_n$ を求めよ。

(1)の考え方と解答

ヒロ

(1)は $\sin x<x<\tan x$ が成り立つことを示す証明問題。

(1)は簡単ですね。

【(1)の解答】
$f(x)=x-\sin x$，$g(x)=\tan x-x$ とおくと

\begin{align*}
&f'(x)=1-\cos x\geqq0 \\[4pt]
&g'(x)=\dfrac{1}{\cos^2x}-1\geqq0
\end{align*}

となるから，$0<x<\dfrac{\pi}{2}$ において，$f(x),~g(x)$ はともに単調に増加する。よって，$0<x<\dfrac{\pi}{2}$ のとき

\begin{align*}
&f(x)>f(0)=0 \\[4pt]
&g(x)>g(0)=0
\end{align*}

が成り立つ。
したがって，$0<x<\dfrac{\pi}{2}$ のとき

\begin{align*}
\sin x<x<\tan x
\end{align*}

が成り立つ。

ヒロ

$\dlim{x\to0}\dfrac{\sin x}{x}=1$ の証明などでは，扇形の面積や弧の長さを用いて証明する不等式だけど，図を描くのが面倒だったり，曖昧さがあったりするから，入試の現場では，微分して証明するのが楽で確実かもしれない。

(2)の考え方と解答

$0<x<\dfrac{\pi}{4}$ とする。
\begin{align*}
\dfrac{1}{\sin^2x}+\dfrac{1}{\sin^2\left(\dfrac{\pi}{2}-x\right)}
\end{align*}
を $\sin2x$ を用いて表せ。

方針としては，角を $x$ に統一したあと，$\sin x\cos x$ のカタマリを作ることを考えます。

【(2)の解答】

\begin{align*}
&\dfrac{1}{\sin^2x}+\dfrac{1}{\sin^2\left(\dfrac{\pi}{2}-x\right)} \\[4pt]
&=\dfrac{1}{\sin^2x}+\dfrac{1}{\cos^2x} \\[4pt]
&=\dfrac{\cos^2x+\sin^2x}{\sin^2x\cos^2x} \\[4pt]
&=\dfrac{1}{\dfrac{1}{4}\sin^22x} \\[4pt]
&=\dfrac{4}{\sin^22x}
\end{align*}

これは簡単でした。

(3)の考え方と解答

ヒロ

次は $S_{n+1}$ を $S_n$ を用いて表す問題。

これは(2)がヒントになってるんですね。

【$S_n$ と $S_{n+1}$ の関係の確認作業】

\begin{align*}
&S_n=\Sum{k=1}{2^{n-1}}\left\{\sin\left(\dfrac{2k-1}{2^{n+1}}\right)\pi\right\}^{-2} \\[4pt]
&S_{n+1}=\Sum{k=1}{2^{n}}\left\{\sin\left(\dfrac{2k-1}{2^{n+2}}\right)\pi\right\}^{-2}
\end{align*}

$S_{n+1}$ の項数は $S_n$ の2倍になっている。(2)のように，2つの項を組み合わせて和をとると1つの項になることを利用するのだろう。
また，角が $x$ から $2x$ になっているが，これは $\dfrac{2k-1}{2^{n+2}}\pi$ の2倍が $\dfrac{2k-1}{2^{n+1}}\pi$ であるからうまくいきそう。どの2つの項を組み合わせるかについては，(2)では角の和が $\dfrac{\pi}{2}$ になっていることに着目する。両端をセットで考えると

\begin{align*}
&\dfrac{1}{2^{n+2}}\pi+\dfrac{2^{n+1}-1}{2^{n+2}}\pi=\dfrac{2^{n+1}}{2^{n+2}}\pi \\[4pt]
&=\dfrac{\pi}{2}
\end{align*}

になるから，端から順にペアにすることでうまくいきそう。

【(3)の解答】

\begin{align*}
S_{n+1}&=\Sum{k=1}{2^{n}}\left\{\sin\left(\dfrac{2k-1}{2^{n+2}}\right)\pi\right\}^{-2} \\[4pt]
&=\Sum{k=1}{2^{n-1}}\left\{\sin\left(\dfrac{2k-1}{2^{n+2}}\right)\pi\right\}^{-2}+\Sum{k=2^{n-1}+1}{2^n}\left\{\sin\left(\dfrac{2k-1}{2^{n+2}}\right)\pi\right\}^{-2} \\[4pt]
&=\Sum{k=1}{2^{n-1}}\left\{\sin\left(\dfrac{2k-1}{2^{n+2}}\right)\pi\right\}^{-2}+\Sum{k=1}{2^{n-1}}\left\{\sin\left(\dfrac{2(k+2^{n-1})-1}{2^{n+2}}\right)\pi\right\}^{-2} \\[4pt]
&=\Sum{k=1}{2^{n-1}}\left\{\dfrac{1}{\sin^2\left(\dfrac{2k-1}{2^{n+2}}\pi\right)}+\dfrac{1}{\sin^2\left(\dfrac{2k+2^{n}-1}{2^{n+2}}\pi\right)}\right\} \\[4pt]
&=\Sum{k=1}{2^{n-1}}\dfrac{4}{\sin^2\left(\dfrac{2k-1}{2^{n+1}}\pi\right)} \\[4pt]
&=4S_n
\end{align*}

ヒロ

2行目から3行目へのシグマの書き換えが重要だね。$k$ の値を $2^{n-1}$ だけずらすことで，第1項と同じ形 $\Sum{k=1}{2^{n-1}}$ を作っていて，それに伴って中身の $k$ もずらしている。この変形をスムーズにできるようにしよう。

(4)の考え方と解答

ヒロ

次の(4)は数列 $\{S_n\}$ の一般項を求める問題。

(3)で導いた等比型の漸化式を解くだけですね。

【(4)の解答】
(3)の結果より，数列 $\{S_n\}$ は初項 $S_1$，公比4の等比数列をなすから

\begin{align*}
S_n&=S_1\Cdota4^{n-1}
\end{align*}

ここで

\begin{align*}
S_1=\dfrac{1}{\sin^2\dfrac{\pi}{4}}=2
\end{align*}

であるから

\begin{align*}
&S_n=2\Cdota4^{n-1} \\[4pt]
&S_n=2^{2n-1}
\end{align*}

(3)が出来なければ(4)も出来ないので怖いですね。

(5)の考え方と解答

数列 $\{T_n\}$ を
\begin{align*}
T_n=\Sum{k=1}{2^{n-1}}\dfrac{1}{(2k-1)^2}~(n=1,~2,~\cdots)
\end{align*}
で定める。$\dlim{n\to\infty}T_n$ を求めよ。

(1)の不等式を利用してないので，これを利用してはさみうちの原理で極限を求めるのだと思います。

【(5)の解答】
(1)の結果より，$0<x<\dfrac{\pi}{4}$ のとき

\begin{align*}
\sin x<x<\tan x
\end{align*}

が成り立つから

\begin{align*}
&\dfrac{1}{\tan^2x}<\dfrac{1}{x^2}<\dfrac{1}{\sin^2x} \\[4pt]
&\dfrac{1}{\sin^2x}-1<\dfrac{1}{x^2}<\dfrac{1}{\sin^2x}
\end{align*}

$x=\dfrac{2k-1}{2^{n+1}}\pi$ $(k=1,~2,~\cdots,~2^{n-1})$ とすると，$0<x<\dfrac{\pi}{4}$ を満たすから，(1)の結果より，

\begin{align*}
\dfrac{1}{\sin^2\left(\dfrac{2k-1}{2^{n+1}}\pi\right)}-1<\dfrac{1}{\left(\dfrac{2k-1}{2^{n+1}}\pi\right)^2}<\dfrac{1}{\sin^2\left(\dfrac{2k-1}{2^{n+1}}\pi\right)}
\end{align*}

が成り立つ。$k=1,~2,~\cdots,~2^{n-1}$ として，辺々加えると

\begin{align*}
&\Sum{k=1}{2^{n-1}}\left\{\dfrac{1}{\sin^2\left(\dfrac{2k-1}{2^{n+1}}\pi\right)}-1\right\}<\Sum{k=1}{2^{n-1}}\dfrac{1}{\left(\dfrac{2k-1}{2^{n+1}}\pi\right)^2}<\Sum{k=1}{2^{n-1}}\dfrac{1}{\sin^2\left(\dfrac{2k-1}{2^{n+1}}\pi\right)} \\[4pt]
&S_n-2^{n-1}<\dfrac{2^{2n+2}}{\pi^2}T_n<S_n
\end{align*}

(4)の結果より

\begin{align*}
&2^{2n-1}-2^{n-1}<\dfrac{2^{2n+2}}{\pi^2}T_n<2^{2n-1} \\[4pt]
&\dfrac{2^{2n-1}-2^{n-1}}{2^{2n+2}}\pi^2<T_n<\dfrac{2^{2n-1}}{2^{2n+2}}\pi^2 \\[4pt]
&\left(\dfrac{1}{8}-\dfrac{1}{2^{n+3}}\right)\pi^2<T_n<\dfrac{\pi^2}{8}
\end{align*}

$\dlim{n\to\infty}\left(\dfrac{1}{8}-\dfrac{1}{2^{n+3}}\right)\pi^2=\dfrac{\pi^2}{8}$ であるから，はさみうちの原理より

\begin{align*}
\dlim{n\to\infty}T_n=\dfrac{\pi^2}{8}
\end{align*}