【2023東京大学・理科・第１問】
(１) 正の整数 \(k\) に対し，
\(A_{k}=\displaystyle\int^{\sqrt{(k+1)\pi}}_{\sqrt{k\pi}}|\sin(x^2)| dx\)
とおく．次の不等式が成り立つことを示せ．
\(\displaystyle\frac{1}{\sqrt{(k+1)\pi}}≦A_{k}≦\displaystyle\frac{1}{\sqrt{k\pi}}\)
(２) 正の整数 \(n\) に対し，
\(B_{k}=\displaystyle\frac{1}{\sqrt{n}}\displaystyle\int^{\sqrt{2n\pi}}_{\sqrt{n\pi}}|\sin(x^2)| dx\)
とおく．極限 \(\displaystyle\lim_{n\rightarrow\infty} B_{n}\) を求めよ．
解答・解説
(１) 置換積分と不等式の証明
\(A_{k}\) はこのまま計算するのは・・・
とりあえず \(x^2\) を何か別の文字で置換することで，積分区間のルートも外れそうですね！
\(x^2=t\) とおく．
積分区間から \(x>0\) なので \(x=\sqrt{t}\) であり
\(dx=\displaystyle\frac{1}{2\sqrt{t}}dt\)
\(x\)：\(\sqrt{k\pi}\) \(\rightarrow\) \(\sqrt{(k+1)\pi}\) のとき
\(t\)：\(k\pi\) \(\rightarrow\) \((k+1)\pi\)
よって \(A_{k}=\displaystyle\int^{(k+1)\pi}_{k\pi}|\sin t|\cdot \displaystyle\frac{1}{2\sqrt{t}}dt\)
\(A_{k}\) をよりシンプルな形に変形するため，平行移動を行い
積分区間を \(0\) から \(\pi\) にしましょう！
そのために，\(u=t-k\pi\) と置換してみましょう！
\(u=t-k\pi\) とおくと，\(du=dt\)
\(t\)：\(k\pi\) \(\rightarrow\) \((k+1)\pi\)
\(u\)：\(0\) \(\rightarrow\) \(\pi\)
よって \(A_{k}=\displaystyle\int^{\pi}_{0}\displaystyle\frac{|\sin(u+k\pi)|}{2\sqrt{u+k\pi}}du\)
ここで，\(|\sin(u+k\pi)|\) について
・\(k\) が偶数のとき \(\sin(u+k\pi)=\sin u\)
・\(k\) が奇数のとき \(\sin(u+k\pi)=-\sin u\)
であり，\(0≦u≦\pi\) において \(0≦\sin u≦1\) より
\(|\sin(u+k\pi)|=\sin u\) であるから
\(A_{k}=\displaystyle\int^{\pi}_{0}\displaystyle\frac{\sin u}{2\sqrt{u+k\pi}}du\)
このとき
\(0≦u≦\pi\) なので \(2\sqrt{k\pi}≦2\sqrt{u+k\pi}≦2\sqrt{(k+1)\pi}\)
逆数をとると
\(\displaystyle\frac{1}{2\sqrt{(k+1)\pi}}≦\displaystyle\frac{1}{2\sqrt{u+k\pi}}≦\displaystyle\frac{1}{2\sqrt{k\pi}}\)
\(0≦u≦\pi\) において \(0≦\sin u≦1\) より各辺に \(\sin u\) をかけると
\(\displaystyle\frac{\sin u}{2\sqrt{(k+1)\pi}}≦\displaystyle\frac{\sin u}{2\sqrt{u+k\pi}}≦\displaystyle\frac{\sin u}{2\sqrt{k\pi}}\)
よって \(\displaystyle\int^{\pi}_{0}\displaystyle\frac{\sin u}{2\sqrt{(k+1)\pi}} du<A_{k}<\displaystyle\int^{\pi}_{0}\displaystyle\frac{\sin u}{2\sqrt{k\pi}} \)
\(\iff\) \(\displaystyle\frac{1}{2\sqrt{(k+1)\pi}}\displaystyle\int^{\pi}_{0}\sin u du<A_{k}<\displaystyle\frac{1}{2\sqrt{k\pi}}\displaystyle\int^{\pi}_{0}\sin u du\)
ここで \(\displaystyle\int^{\pi}_{0}\sin u du=\Bigl[-\cos u\Bigr]^{\pi}_{0}=2\) なので
\(\displaystyle\frac{1}{\sqrt{(k+1)\pi}}≦A_{k}≦\displaystyle\frac{1}{\sqrt{k\pi}}\) が成立する．
(２) 区分求積法，はさみうちの原理
式の形を見ると，(１)の結果を利用して(２)を考えることは想像できます。
仮に(１)が完答できなくても，(１)の結果を利用して考えましょう！
\(\displaystyle\int^{\sqrt{2n\pi}}_{\sqrt{n\pi}}|\sin(x^2)| dx=\displaystyle\sum_{k=n}^{2n-1}{A_{k}}\) より
\(B_{n}=\displaystyle\frac{1}{\sqrt{n}}\displaystyle\sum_{k=n}^{2n-1}{A_{k}}\)
ここで(１)より
\(\displaystyle\frac{1}{\sqrt{(k+1)\pi}}≦A_{k}≦\displaystyle\frac{1}{\sqrt{k\pi}}\) なので
\(\displaystyle\sum_{k=n}^{2n-1}{\displaystyle\frac{1}{\sqrt{(k+1)\pi}}}≦\displaystyle\sum_{k=n}^{2n-1}{A_{k}}≦\displaystyle\sum_{k=n}^{2n-1}{\displaystyle\frac{1}{\sqrt{k\pi}}}\)
\(\displaystyle\frac{1}{\sqrt{n}}\displaystyle\sum_{k=n}^{2n-1}{\displaystyle\frac{1}{\sqrt{(k+1)\pi}}}≦B_{n}≦\displaystyle\frac{1}{\sqrt{n}}\displaystyle\sum_{k=n}^{2n-1}{\displaystyle\frac{1}{\sqrt{k\pi}}}\)
\(\iff\) \(\displaystyle\frac{1}{\sqrt{\pi}}\cdot\displaystyle\frac{1}{n}\displaystyle\sum_{k=n}^{2n-1}{\displaystyle\frac{\sqrt{n}}{\sqrt{k+1}}}≦B_{n}≦\displaystyle\frac{1}{\sqrt{\pi}}\cdot\displaystyle\frac{1}{n}\displaystyle\sum_{k=n}^{2n-1}{\displaystyle\frac{\sqrt{n}}{\sqrt{k}}}\)
\(\iff\) \(\displaystyle\frac{1}{\sqrt{\pi}}\cdot\displaystyle\frac{1}{n}\displaystyle\sum_{k=n}^{2n-1}{\displaystyle\frac{1}{\sqrt{\displaystyle\frac{k+1}{n}}}}≦B_{n}≦\displaystyle\frac{1}{\sqrt{\pi}}\cdot\displaystyle\frac{1}{n}\displaystyle\sum_{k=n}^{2n-1}{\displaystyle\frac{1}{\sqrt{\displaystyle\frac{k}{n}}}}\)
\(n\rightarrow\infty\) とすると
\(\displaystyle\frac{1}{n}\displaystyle\sum_{k=n}^{2n-1}{\displaystyle\frac{1}{\sqrt{\displaystyle\frac{k+1}{n}}}}\) と \(\displaystyle\frac{1}{n}\displaystyle\sum_{k=n}^{2n-1}{\displaystyle\frac{1}{\sqrt{\displaystyle\frac{k}{n}}}}\) はともに \(\displaystyle\int^{2}_{1}\displaystyle\frac{1}{\sqrt{x}} dx\) に収束するので，
はさみうちの原理から
\(\displaystyle\lim_{n\rightarrow\infty}B_{n}=\displaystyle\frac{1}{\sqrt{\pi}}\displaystyle\int^{2}_{1}\displaystyle\frac{1}{\sqrt{x}} dx\)
\(\displaystyle\int^{2}_{1}\displaystyle\frac{1}{\sqrt{x}} dx=\Bigl[2\sqrt{x}\Bigr]^{2}_{1}=2(\sqrt{2}-1)\) より
したがって，\(\displaystyle\lim_{n\rightarrow\infty}B_{n}=\displaystyle\frac{2(\sqrt{2}-1)}{\sqrt{\pi}}\)
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