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【2023東京大学・理科・第1問】定積分と不等式、区分求積法、はさみうちの原理

東京大学

【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,\(\displaystyle\lim_{n\rightarrow\infty}B_{n}=\displaystyle\frac{2(\sqrt{2}-1)}{\sqrt{\pi}}\)

【2023東京大学・理科・第2問】同じものを含む順列、条件付き確率
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