東京大学 2023年度理系数学第1問解答・解説

問題

(1) 正の整数 $k$ に対し，

A_{k} = \int_{k π}^{(k + 1) π} ∣ sin (x^{2}) ∣ d x

とおく。次の不等式が成り立つことを示せ。

\frac{1}{( k + 1 ) π} ≦ A_{k} ≦ \frac{1}{k π}

(2) 正の整数 $n$ に対し，

B_{n} = \frac{1}{n} \int_{nπ}^{2 nπ} ∣ sin (x^{2}) ∣ d x

とおく。極限 $lim_{n \to \infty} B_{n}$ を求めよ。

出典：東京大学 2023年度前期日程第2次学力試験理系第1問

方針

解法1（標準解法）

(1) は $u = x^{2}$ と置換し， $∣ sin u ∣$ の1周期分の積分が常に2になることを使う。係数 $1/ (2 u)$ は区間 $[k π, (k + 1) π]$ で単調に減少するので，両端で挟めばよい。(2) は積分区間を $k = n, n + 1, \dots, 2 n - 1$ に分割して(1)を足し合わせる。最後は左右の和を $1/ n$ 倍の形に直し， $1/ x$ のリーマン和として極限を計算する。

別解（平方根差の望遠和ではさむ）

(1) の上下界を足した二つの和の間に， $2 (k + 1 - k)$ 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。

解答

解法1（標準解法）

(1)

$u = x^{2}$ とおくと， $d u = 2 x d x = 2 u d x$ である。したがって $A_{k} = \int_{k π}^{(k + 1) π} \frac{∣ s i n u ∣}{2 u} d u$ となる。 $k π ≦ u ≦ (k + 1) π$ では

\frac{1}{2 ( k + 1 ) π} ≦ \frac{1}{2 u} ≦ \frac{1}{2 k π}

である。また， $∣ sin u ∣$ の半周期2つ分の面積は $\int_{k π}^{(k + 1) π} ∣ sin u ∣ d u = 2$ である。よって

\frac{1}{2 ( k + 1 ) π} \int_{k π}^{(k + 1) π} ∣ sin u ∣ d u ≦ A_{k} ≦ \frac{1}{2 k π} \int_{k π}^{(k + 1) π} ∣ sin u ∣ d u

となるから $\frac{1}{( k + 1 ) π} ≦ A_{k} ≦ \frac{1}{k π}$ が成り立つ。

(2)

積分区間を

[nπ, (n + 1) π], [(n + 1) π, (n + 2) π], \dots, [(2 n - 1) π, 2 nπ]

に分けると $B_{n} = \frac{1}{n} \sum_{k = n}^{2 n - 1} A_{k}$ である。(1)より

\frac{1}{n} k = n \sum 2 n - 1 \frac{1}{( k + 1 ) π} ≦ B_{n} ≦ \frac{1}{n} k = n \sum 2 n - 1 \frac{1}{k π}

である。

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

左辺は $\frac{1}{π} \cdot \frac{1}{n} \sum_{k = n}^{2 n - 1} \frac{1}{( k + 1 ) / n}$ 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

n \to \infty lim B_{n} = \frac{1}{π} \int_{1}^{2} x^{- 1/2} d x = \frac{1}{π} [2 x]_{1}^{2} = \frac{2 ( 2 - 1 )}{π}

である。

別解（平方根差の望遠和ではさむ）

(1)

$u = x^{2}$ とおくと

A_{k} = \int_{k π}^{(k + 1) π} \frac{∣ sin u ∣}{2 u} d u .

区間上で $1/ (2 u)$ は減少し， $\int_{k π}^{(k + 1) π} ∣ sin u ∣ d u = 2$ だから

\frac{1}{( k + 1 ) π} ≦ A_{k} ≦ \frac{1}{k π} .

(2)

(1) を $k = n, \dots, 2 n - 1$ について足すと

L_{n} ≦ B_{n} ≦ U_{n},

ただし

L_{n} = \frac{1}{π n} k = n \sum 2 n - 1 \frac{1}{k + 1}, U_{n} = \frac{1}{π n} k = n \sum 2 n - 1 \frac{1}{k}

である。一方

\frac{1}{k + 1} ≦ 2 (k + 1 - k) ≦ \frac{1}{k}

であるから，これを足して

L_{n} ≦ \frac{2 ( 2 n - n )}{π n} ≦ U_{n}

を得る。中央はすべての $n$ で

\frac{2 ( 2 - 1 )}{π}

に等しい。

さらに上下の差は望遠的に

U_{n} - L_{n} = \frac{1}{π n} k = n \sum 2 n - 1 (\frac{1}{k} - \frac{1}{k + 1}) = \frac{1}{π n} (\frac{1}{n} - \frac{1}{2 n}) ⟶ 0.

$B_{n}$ と上の定数は同じ幅 $[L_{n}, U_{n}]$ に入るため，

n \to \infty lim B_{n} = \frac{2 ( 2 - 1 )}{π}

である。

東京大学 2023年度理系数学 第1問

問題

方針

解法1（標準解法）

別解（平方根差の望遠和ではさむ）

解答

解法1（標準解法）

(1)

(2)

別解（平方根差の望遠和ではさむ）

(1)

(2)

東京大学 2023年度
理系数学第1問