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Twitterの問題の解説2

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$$\newcommand{a}[0]{\alpha} \newcommand{b}[0]{\beta} \newcommand{beq}[0]{\begin{eqnarray*}} \newcommand{c}[2]{{}_{#1}\mathrm{C}_{#2}} \newcommand{C}[0]{\mathbb{C}} \newcommand{cb}[0]{\binom{2n}{n}} \newcommand{ds}[0]{\displaystyle} \newcommand{eeq}[0]{\end{eqnarray*}} \newcommand{G}[1]{\Gamma({#1})} \newcommand{g}[0]{\gamma} \newcommand{hp}[0]{\frac{\pi}2} \newcommand{I}[0]{\mathrm{I}} \newcommand{l}[0]{\ell} \newcommand{limn}[0]{\lim_{n\to\infty}} \newcommand{N}[0]{\mathbb{N}} \newcommand{nck}[0]{\binom{n}{k}} \newcommand{p}[0]{\varphi} \newcommand{Q}[0]{\mathbb{Q}} \newcommand{R}[0]{\mathbb{R}} \newcommand{sumk}[1]{\sum_{k={#1}}^n} \newcommand{sumn}[1]{\sum_{n={#1}}^\infty} \newcommand{t}[0]{\theta} \newcommand{tc}[0]{\TextCenter} \newcommand{Z}[0]{\mathbb{Z}} $$

はじめに

この記事では, Twitterで出した, 以下の問題の解説を書こうと思います.


$(1)\ $整数$p,q$に対し $\ds\int_0^{2\pi}\cos p\theta\cos q\theta\,d\theta$ を求めよ.
$(2)\ $$f(\theta)=\cos\theta+i\sin\theta$とおくと$\ds\cos\theta=\frac{f(\theta)+f(-\theta)}{2}$ であることを利用して,
$\hspace{8pt}$自然数$n$に対し $\cos^{2n}\theta$$\cos k\theta\ (k=1,2,\ldots,2n)$で表せ.
$(3)\ $自然数$m, n$に対し $\ds\int_0^{2\pi}\cos2m\theta\cos^{2n}\theta\,d\theta$ を求めよ.

${}$

$(1)$

整数$p,q$に対し $\ds\int_0^{2\pi}\cos p\theta\cos q\theta\,d\theta$ を求めます. これはよくあるやつですね.
${}$

$[1]\ p=q=0$ のとき

$$\int_0^{2\pi}\cos p\theta\cos q\theta\,d\theta=\int_0^{2\pi}\,d\theta=2π$$
となります.
${}$

$[2]\ p=\pm q\ (\neq0)$ のとき

$$\beq\int_0^{2\pi}\cos p\theta\cos q\theta\,d\theta&=&\int_0^{2\pi}\cos^2p\theta\,d\theta\\[5pt] &=&\int_0^{2\pi}\frac{1+\cos2p\theta}{2}\,d\theta\\[5pt] &=&\bigg[\frac\theta2+\frac{\sin2p\theta}{4p}\bigg]_0^{2π}\\[5pt] &=&π \eeq$$
となります.
${}$

$[3]\ p\neq \pm q$ のとき

いわゆる積和の公式より,
$$\beq \int_0^{2\pi}\cos p\theta\cos q\theta\,d\theta&=&\frac12\int_0^{2\pi}\Big(\cos(p+q)\theta+\cos(p-q)\theta\,\Big)\,d\theta\\[5pt] &=&\frac12\bigg[\frac{\sin(p+q)\theta}{p+q}+\frac{\sin(p-q)\theta}{p-q}\bigg]_0^{2π}\\[5pt] &=&0 \eeq$$
となります.
${}$

$(2)$

自然数$n$に対し $\cos^{2n}\theta$$\cos k\theta\ (k=1,2,\ldots,2n)$で表します. 少し工夫がいるかもしれない, 大事なところです.

問題文にあるとおり, $f(\theta)=\cos\theta+i\sin\theta$とおくと$\ds\cos\theta=\frac{f(\theta)+f(-\theta)}{2}$ であるので,

$$\beq \cos^{2n}\theta&=&\bigg(\frac{f(\theta)+f(-\theta)}{2}\bigg)^{2n}\\[5pt] &=&\frac1{2^{2n}}\sum_{k=0}^{2n}\c{2n}{k}\ f(\theta)^{2n-k}f(-\theta)^k\\[5pt] &=&\frac1{2^{2n}}\sum_{k=0}^{2n}\c{2n}{k}\ (\cos\theta+i\sin\theta)^{2n-k}(\cos\theta-i\sin\theta)^k\\[5pt] &=&\frac1{2^{2n}}\sum_{k=0}^{2n}\c{2n}{k}\ (\cos\theta+i\sin\theta)^{2n-2k}\\[5pt] &=&\frac1{2^{2n}}\sum_{k=0}^{2n}\c{2n}{k}\ \cos(2n-2k)\theta\\[5pt] &=&\frac{\c{2n}{n}}{2^{2n}}+\frac1{2^{2n-1}}\sumk{1}\c{2n}{n-k}\ \cos2k\theta \eeq$$
となります. ただし, 最後の行で足す順番を変えました. ($\cos$内が正と負のときで値が同じになるのでまとめて, さらに$k=n$のときだけ特殊なのでΣの外に出しました.)
${}$

$(3)$

自然数$m, n$に対し $\ds\int_0^{2\pi}\cos2m\theta\cos^{2n}\theta\,d\theta$ を求めます. もちろん$(1),(2)$を使います.

$$\beq &&\int_0^{2\pi}\cos2m\theta\cos^{2n}\theta\,d\theta\\[5pt] &=&\int_0^{2\pi}\cos2m\theta\bigg(\frac{\c{2n}{n}}{2^{2n}}+\frac1{2^{2n-1}}\sumk{1}\c{2n}{n-k}\ \cos2k\theta\bigg)\,d\theta\\[5pt] \eeq$$

ここで, $(1)$より, $\cos$の中身が同じもののみ, 値に影響してくることを利用します. $m>n$のとき, 中身が同じになるような項はなく, 積分値は$0$です. $m\leqq n$のとき,

$$\beq &&\int_0^{2\pi}\cos2m\theta\cos^{2n}\theta\,d\theta\\[5pt] &=&\int_0^{2\pi}\cos2m\theta\bigg(\frac{\c{2n}{n}}{2^{2n}}+\frac1{2^{2n-1}}\sumk{1}\c{2n}{n-k}\ \cos2k\theta\bigg)\,d\theta\\[5pt] &=&\int_0^{2\pi}\cos2m\theta\cdot\frac{\c{2n}{n-m}}{2^{2n-1}}\cos2m\theta\,d\theta\\[5pt] &=&\frac{\c{2n}{n-m}}{2^{2n-1}}π \eeq$$
と, 求めることができました.
${}$

ちなみに, ここで$m=0$としてみると

$$\beq \int_0^{2\pi}\cos^{2n}\theta\,d\theta&=&\int_0^{2\pi}\bigg(\frac{\c{2n}{n}}{2^{2n}}+\frac1{2^{2n-1}}\sumk{1}\c{2n}{n-k}\ \cos2k\theta\bigg)\,d\theta\\[5pt] &=&\int_0^{2π}\frac{\c{2n}{n}}{2^{2n}}\,d\theta\\[5pt] &=&\frac{\c{2n}{n}}{2^{2n}}\cdot2π \eeq$$

ところで$\ds\int_0^{2\pi}\cos^{2n}\theta\,d\theta=4\int_0^{\hp}\cos^{2n}\theta\,d\theta$ なので

$$\beq \int_0^{\hp}\cos^{2n}\theta\,d\theta&=&\frac{\c{2n}{n}}{2^{2n}}\cdot\hp\\[5pt] &=&\frac{(2n)!}{(2^nn!)^2}\cdot\hp\\[5pt] &=&\frac{2n\cdot(2n-1)\cdot(2n-2)\cdots1}{\big(2n\cdot(2n-2)\cdot(2n-4)\cdots2\big)^2}\cdot\hp\\[5pt] &=&\frac{2n-1}{2n}\cdot\frac{2n-3}{2n-2}\cdots\frac12\cdot\hp \eeq$$
という良く知られた結果を得ます! これの, 漸化式を立てない導き方もあるというのが少し驚きました!😳

${}$

${}$

${}$

投稿日:2021110

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東大理数B4です

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