これ歩いてる時に思いついてちょっと面白い気がしたので載せてみます。誘導つけたら少し簡単になってしまうので誘導は抜きました。解いて総評などをつけてくれると嬉しいです。解答を送ってもらったら採点してみたいと思います。

$f_1(x)=\sqrt{1+\cos x}=2^{\frac{1}{2}}\cos\frac{x}{2} \quad \Bigl(\because 0 \leqq x \leqq \dfrac{\pi}{2} \Bigr)$ である。

ここで、$k \in \mathbb{N}$ として $f_k(x)=2^{1-\frac{1}{2^k}}\cos\frac{x}{2^k}$ と仮定すると、

$$\begin{aligned}f_{k+1}(x)&=\sqrt{2^{1-\frac{1}{2^k}}+f_k(x)}=2^{\frac{1}{2}-\frac{1}{2^{k+1}}}\sqrt{1+\cos\frac{x}{2^k}} \\&=2^{\frac{1}{2}-\frac{1}{2^{k+1}}}\cdot 2^\frac{1}{2}\cos\frac{x}{2^{k+1}} \\&=2^{1-\frac{1}{2^{k+1}}}\cos\frac{x}{2^{k+1}} \quad \Bigl(\because 0 \leqq x \leqq \dfrac{\pi}{2} \Bigr)\end{aligned}$$

となる。したがって、数学的帰納法により、$f_n(x)=2^{1-\frac{1}{2^n}}\cos\frac{x}{2^n}$ である。

このとき、

$$\begin{aligned}\int_0^{\frac{\pi}{2}}f_n(x)dx&=\int_0^{\frac{\pi}{2}}2^{1-\frac{1}{2^n}}\cos\frac{x}{2^n}dx \\&=2^{1-\frac{1}{2^n}}\left[ 2^n \sin \frac{x}{2^n} \right]_0^\frac{\pi}{2} \\&=2^{-2^{-n}}\cdot 2^{n+1} \sin\frac{\pi}{2^{n+1}} \\&=2^{-2^{-n}} \cdot \dfrac{\sin\frac{\pi}{2^{n+1}}}{\frac{\pi}{2^{n+1}}} \cdot \pi\end{aligned}$$

である。

よって、$$\lim_{n \to \infty} \dfrac{\pi}{2^{n+1}}=0$$であるから、

$$\begin{aligned}\lim_{n \to \infty} \int_0^\frac{\pi}{2} f_n(x)dx &= \lim_{n \to \infty}2^{-2^{-n}} \cdot \dfrac{\sin\frac{\pi}{2^{n+1}}}{\frac{\pi}{2^{n+1}}} \cdot \pi \\&= \pi\end{aligned}$$

を得る。

見た目の複雑さに比べて意外と簡単な内容だと感じました。

・$n=1,2,3,\cdots$ と実験したうえで、さらにそれを一般化すること

・$2$ 倍角や半角の公式に似た形でありルートが外せると気づけること

・三角関数の極限で、角度をそろえて定数部分で無理やり調節する手法を知っていること

などが必要な問題だと思うので、受験生に解かせるのには良い問題ですね。