東京大学 2023年度 前期日程 第2次学力試験理系数学 第1問

(1) $u=x^2$ とおくと，$$du=2xdx=2\sqrt{u}dx$$ である。したがって $$A_k={\int }_{k\pi }^{(k+1)\pi }\frac{\mathrm{\mid }\sin u\mathrm{\mid }}{2\sqrt{u}}du$$ となる。$$k\pi \leqq u\leqq (k+1)\pi$$ では$$\frac{1}{2\sqrt{(k+1)\pi }}\leqq \frac{1}{2\sqrt{u}}\leqq \frac{1}{2\sqrt{k\pi }}$$である。また，$\mathrm{\mid }\sin u\mathrm{\mid }$ の半周期2つ分の面積は $${\int }_{k\pi }^{(k+1)\pi }\mathrm{\mid }\sin u\mathrm{\mid }du=2$$ である。よって$$\frac{1}{2\sqrt{(k+1)\pi }}{\int }_{k\pi }^{(k+1)\pi }\mathrm{\mid }\sin u\mathrm{\mid }du\leqq A_k\leqq \frac{1}{2\sqrt{k\pi }}{\int }_{k\pi }^{(k+1)\pi }\mathrm{\mid }\sin u\mathrm{\mid }du$$となるから $$\frac{1}{\sqrt{(k+1)\pi }}\leqq A_k\leqq \frac{1}{\sqrt{k\pi }}$$ が成り立つ。

(2)
積分区間を$$[\sqrt{n\pi },\sqrt{(n+1)\pi }],[\sqrt{(n+1)\pi },\sqrt{(n+2)\pi }],\dots ,[\sqrt{(2n-1)\pi },\sqrt{2n\pi }]$$に分けると $$B_n=\frac{1}{\sqrt{n}}\sum _{k=n}^{2n-1}{A}_k$$ である。(1)より$$\frac{1}{\sqrt{n}}\sum _{k=n}^{2n-1}\frac{1}{\sqrt{(k+1)\pi }}\leqq B_n\leqq \frac{1}{\sqrt{n}}\sum _{k=n}^{2n-1}\frac{1}{\sqrt{k\pi }}$$である。

右辺は $$\frac{1}{\sqrt{\pi }}\cdot \frac{1}{n}\sum _{k=n}^{2n-1}\frac{1}{\sqrt{k\mathrm{/}n}}$$ である。これは区間 $[1,2]$ を幅 $1\mathrm{/}n$ に分けたときの関数 $1\mathrm{/}\sqrt{x}$ のリーマン和なので $\frac{1}{\sqrt{\pi }}{\int }_1^2\frac{dx}{\sqrt{x}}$ に収束する。

左辺は $$\frac{1}{\sqrt{\pi }}\cdot \frac{1}{n}\sum _{k=n}^{2n-1}\frac{1}{\sqrt{(k+1)\mathrm{/}n}}$$ であり，これは右端を使った同じリーマン和であるから，やはり同じ極限をもつ。したがってはさみうちの原理より$$\begin{array}{rl}{\displaystyle \underset{n\to \mathrm{\infty }}{\lim }{B}_n}& {\displaystyle =\frac{1}{\sqrt{\pi }}{\int }_1^2{x}^{-1\mathrm{/}2}dx}\\ {\displaystyle }& {\displaystyle =\frac{1}{\sqrt{\pi }}{\left[2\sqrt{x}\right]}_1^2=\frac{2(\sqrt{2}-1)}{\sqrt{\pi }}}\end{array}$$である。

(1) の上下界を足した二つの和の間に，$2(\sqrt{k+1}-\sqrt{k})$ の望遠和を入れる。上下の和の差は端の2項だけになり0へ収束するため，リーマン和を使わず極限を求められる。

(1)
$u=x^2$ とおくと$$A_k={\int }_{k\pi }^{(k+1)\pi }\frac{\mathrm{\mid }\sin u\mathrm{\mid }}{2\sqrt{u}}du\mathrm{.}$$区間上で $1\mathrm{/}(2\sqrt{u})$ は減少し，$${\int }_{k\pi }^{(k+1)\pi }\mathrm{\mid }\sin u\mathrm{\mid }du=2$$ だから$$\frac{1}{\sqrt{(k+1)\pi }}\leqq A_k\leqq \frac{1}{\sqrt{k\pi }}\mathrm{.}$$(2)
(1) を $k=n,\dots ,2n-1$ について足すと$$L_n\leqq B_n\leqq U_n,$$ただし$$L_n=\frac{1}{\sqrt{\pi n}}\sum _{k=n}^{2n-1}\frac{1}{\sqrt{k+1}},U_n=\frac{1}{\sqrt{\pi n}}\sum _{k=n}^{2n-1}\frac{1}{\sqrt{k}}$$である。一方$$\frac{1}{\sqrt{k+1}}\leqq 2(\sqrt{k+1}-\sqrt{k})\leqq \frac{1}{\sqrt{k}}$$であるから，これを足して$$L_n\leqq \frac{2(\sqrt{2n}-\sqrt{n})}{\sqrt{\pi n}}\leqq U_n$$を得る。中央はすべての $n$ で$$\frac{2(\sqrt{2}-1)}{\sqrt{\pi }}$$に等しい。

さらに上下の差は望遠的に$$\begin{array}{rl}{\displaystyle U_n-L_n}& {\displaystyle =\frac{1}{\sqrt{\pi n}}\sum _{k=n}^{2n-1}(\frac{1}{\sqrt{k}}-\frac{1}{\sqrt{k+1}})}\\ {\displaystyle }& {\displaystyle =\frac{1}{\sqrt{\pi n}}(\frac{1}{\sqrt{n}}-\frac{1}{\sqrt{2n}})⟶0.}\end{array}$$$B_n$ と上の定数は同じ幅 $[L_n,U_n]$ に入るため，$$\underset{n\to \mathrm{\infty }}{\lim }{B}_n=\frac{2(\sqrt{2}-1)}{\sqrt{\pi }}$$である。