入試数学コンテスト第6回第5問解答解説

$$\begin{aligned} &I_0 + I_1 + I_2\\ &= \int_0^1 \dfrac{x^0}{x^2+x+1} dx + \int_0^1 \dfrac{x^1}{x^2+x+1} dx + \int_0^1 \dfrac{x^2}{x^2+x+1} dx\\ &= \int_0^1 \dfrac{1+x+x^2}{x^2+x+1} dx\\ &= \int_0^1 dx = 1 \end{aligned}$$

$$\begin{aligned} I_{0} &= \int_{0}^{1} \frac{1}{1+x+x^2}dx \\ &= \frac{4}{3} \int_{0}^{1}\frac{1}{\left( \frac{2}{\sqrt{3}}x+\frac{1}{\sqrt{3}} \right)^2 + 1}dx \; \cdots \; (\ast) \end{aligned}$$

ここで $\dfrac{2}{\sqrt{3}}x+\dfrac{1}{\sqrt{3}} = \tan \theta$ とおく。$x : 0 \to 1$ は $\theta : \dfrac{\pi}{6} \to \dfrac{\pi}{3}$ となる。また $\dfrac{2}{\sqrt{3}} dx = \dfrac{d \theta}{\cos^2 \theta}$ である。こうして次の式に変形される。

$$\begin{aligned} (\ast) &= \dfrac{4}{3} \int_{\frac{\pi}{6}}^{\frac{\pi}{3}} \frac{1}{\tan^2{\theta}+1} \frac{\sqrt{3}}{2}\frac{d\theta}{\cos^2{\theta}} \\ &= \dfrac{4}{3} \int_{\frac{\pi}{6}}^{\frac{\pi}{3}} \frac{1}{\tan^2{\theta}+1} \frac{\sqrt{3}}{2} (\tan^2 \theta +1) d \theta\\ &= \dfrac{4}{3} \int_{\frac{\pi}{6}}^{\frac{\pi}{3}} \frac{\sqrt{3}}{2} d \theta\\ &= \dfrac{2\sqrt{3}}{3} \left( \dfrac{\pi}{3}-\dfrac{\pi}{6} \right) \\ &= \dfrac{\sqrt{3}}{9}\pi. \end{aligned}$$

$$\begin{aligned} &I_n + I_{n+1} + I_{n+2}\\ &= \int_0^1 \dfrac{x^n + x^{n+1} + x^{n+2}}{1+x+x^2} dx\\ &= \int_0^1 x^n dx\\ &= \dfrac{1}{n+1} \end{aligned}$$ である。これを用いると $$\begin{aligned} &\sum_{k=0}^{m} \left( \frac{1}{3k+1}-\frac{1}{3k+2} \right)\\ &= \sum_{k=0}^{m} \{(I_{3k}+I_{3k+1}+I_{3k+2})-(I_{3k+1}+I_{3k+2}+I_{3k+3})\} \\ &= \sum_{k=0}^{m} (I_{3k}-I_{3k+3}) \\ &= (I_{0}-I_{3})+(I_{3}-I_{6})+\cdots+(I_{3m-3}-I_{3m})+(I_{3m}-I_{3m+3}) \\ &= I_{0}-I_{3m+3} \end{aligned}$$ となる。

ここで，$0 \leqq \dfrac{x^n}{1+x+x^2}\leqq x^n$ である。$0$ から $1$ で積分することで，$0\leq I_{n} \leqq \dfrac{1}{n+1}$ が成立する。

$\displaystyle \lim_{n \to \infty} \dfrac{1}{n+1} = 0$ であることと，はさみうちの原理から $\displaystyle \lim_{n \to \infty} I_n =0$ となる。

よって， $$\begin{aligned} &\sum_{k=0}^{\infty} \left( \frac{1}{3k+1}-\frac{1}{3k+2} \right)\\ &= \lim_{m \to \infty} (I_{0} - I_{3m+3})\\ &= \frac{\sqrt{3}}{9}\pi \end{aligned}$$ である。