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東京大学 理系 2023年度 第1問 解説

問題編

問題

(1) 正の整数 $k$ に対し、\[ A_k=\int_{\sqrt{k\pi}}^{\sqrt{(k+1)\pi}} |\sin(x^2)|dx \]とおく。次の不等式が成り立つことを示せ。\[ \frac{1}{\sqrt{(k+1)\pi}} \leqq A_k \leqq \frac{1}{\sqrt{k\pi}} \]

(2) 正の整数 $n$ に対し、\[ B_n=\frac{1}{\sqrt{n}} \int_{n\pi}^{2n\pi} |\sin(x^2)|dx \]とおく。極限 $\displaystyle \lim_{n\to\infty} B_n$ を求めよ。

考え方

(1)は、左辺と右辺は区間の両端に対応しているので、このことをヒントに、被積分関数を扱いやすい形にしましょう。

(2)は、(1)を見れば、はさむんだろうと予想できますし、分母の $\sqrt{n}$ を使えば、何を使うかも予想しやすいでしょう。方針は立てやすいので、あとは計算を頑張りましょう。

解答編

問題

(1) 正の整数 $k$ に対し、\[ A_k=\int_{\sqrt{k\pi}}^{\sqrt{(k+1)\pi}} |\sin(x^2)|dx \]とおく。次の不等式が成り立つことを示せ。\[ \frac{1}{\sqrt{(k+1)\pi}} \leqq A_k \leqq \frac{1}{\sqrt{k\pi}} \]

解答

$x\gt 0$ のとき、 $y=x^2$ とすると、 $dy=2x dx$ より、$dx =\dfrac{1}{2\sqrt{y}}dy$ なので、
\begin{eqnarray} A_k &=& \int_{k\pi}^{(k+1)\pi} |\sin y| \cdot \dfrac{1}{2\sqrt{y}}dy \\[5pt] \end{eqnarray}となる。また、 $y=u+k\pi$ とすると $dy=du$ より \begin{eqnarray} A_k &=& \int_{0}^{\pi} |\sin (u+k\pi)| \cdot \dfrac{1}{2\sqrt{u+k\pi}}du \\[5pt] &=& \int_{0}^{\pi} |\sin u \cos k\pi| \cdot \dfrac{1}{2\sqrt{u+k\pi}}du \\[5pt] &=& \int_{0}^{\pi} \dfrac{\sin u}{2\sqrt{u+k\pi}}du \\[5pt] \end{eqnarray}となる。

$0\lt u \lt \pi$ のとき、 $\sin u \gt 0$ なので、
\begin{eqnarray} \int_{0}^{\pi} \dfrac{\sin u}{2\sqrt{\pi+k\pi}}du \leqq \int_{0}^{\pi} \dfrac{\sin u}{2\sqrt{u+k\pi}}du \leqq \int_{0}^{\pi} \dfrac{\sin u}{2\sqrt{0+k\pi}}du \end{eqnarray}が成り立つ。ここで \begin{eqnarray} \int_{0}^{\pi} \sin u du &=& [-\cos u]_{0}^{\pi} = 2 \end{eqnarray}なので、 \[ \dfrac{2}{2\sqrt{\pi+k\pi}} \leqq \int_{0}^{\pi} \dfrac{\sin u}{2\sqrt{u+k\pi}}du \leqq \dfrac{2}{2\sqrt{0+k\pi}} \]より、\[ \dfrac{1}{\sqrt{(k+1)\pi}} \leqq A_k \leqq \dfrac{1}{\sqrt{k\pi}}
\]が成り立つ。(終)

解答編 つづき

問題

(2) 正の整数 $n$ に対し、\[ B_n=\frac{1}{\sqrt{n}} \int_{n\pi}^{2n\pi} |\sin(x^2)|dx \]とおく。極限 $\displaystyle \lim_{n\to\infty} B_n$ を求めよ。

解答

\begin{eqnarray} B_n &=& \frac{1}{\sqrt{n}} (A_{n}+A_{n+1}+\cdots+A_{2n-1}) \end{eqnarray}なので、(1)より \begin{eqnarray} B_n &\geqq & \frac{1}{\sqrt{n}} \left(\dfrac{1}{\sqrt{(n+1)\pi}}+\dfrac{1}{\sqrt{(n+2)\pi}}+\cdots+\dfrac{1}{\sqrt{2n\pi}}\right) \\[5pt] &=& \frac{1}{n\sqrt{\pi}} \left(\dfrac{1}{\sqrt{1+\frac{1}{n}}}+\dfrac{1}{\sqrt{1+\frac{2}{n}}}+\cdots+\dfrac{1}{\sqrt{1+\frac{n}{n}}}\right) \\[5pt] \end{eqnarray}となる。最後の式を $C_n$ とおくと、区分求積法より \begin{eqnarray} \lim_{n\to\infty} C_n &=& \frac{1}{\sqrt{\pi}} \int_0^1 \frac{1}{1+x} dx \\[5pt] &=& \frac{1}{\sqrt{\pi}} \left[2\sqrt{1+x}\right]_0^1 \\[5pt] &=& \frac{2(\sqrt{2}-1)}{\sqrt{\pi}} \end{eqnarray}となる。また、(1)より \begin{eqnarray} B_n &\leqq & \frac{1}{\sqrt{n}} \left(\dfrac{1}{\sqrt{n\pi}}+\dfrac{1}{\sqrt{(n+1)\pi}}+\cdots+\dfrac{1}{\sqrt{(2n-1)\pi}}\right) \\[5pt] \end{eqnarray}が成り立ち、右辺も先ほどと同様に区分求積法を使うと同じ値に収束することがわかるので、はさみうちの原理から\[ \lim_{n\to\infty} B_n=\frac{2(\sqrt{2}-1)}{\sqrt{\pi}} \]である。(答)

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