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大阪大学 2000年理系第4問解説

方針・初手

ガウス記号 $[x]$ を含む数列の和の極限を求める問題である。ガウス記号の定義から導かれる不等式 $x - 1 < [x] \le x$ を用いて式を評価し、はさみうちの原理を利用するのが定石である。両辺の極限は区分求積法によって定積分に帰着させる。

解法1

実数 $x$ に対して、$x$ を越えない最大の整数を $[x]$ と表すので、任意の $x$ について以下の不等式が成り立つ。

$$ x - 1 < [x] \le x $$

この不等式において、$x = \sqrt{2n^2 - k^2}$ とすると、

$$ \sqrt{2n^2 - k^2} - 1 < [\sqrt{2n^2 - k^2}] \le \sqrt{2n^2 - k^2} $$

各辺を $n^2$ で割ると、$n^2 > 0$ であるから、

$$ \frac{\sqrt{2n^2 - k^2} - 1}{n^2} < \frac{[\sqrt{2n^2 - k^2}]}{n^2} \le \frac{\sqrt{2n^2 - k^2}}{n^2} $$

$k=1$ から $n$ までの和をとると、

$$ \sum_{k=1}^n \frac{\sqrt{2n^2 - k^2} - 1}{n^2} < \sum_{k=1}^n \frac{[\sqrt{2n^2 - k^2}]}{n^2} \le \sum_{k=1}^n \frac{\sqrt{2n^2 - k^2}}{n^2} $$

すなわち、

$$ \sum_{k=1}^n \frac{\sqrt{2n^2 - k^2}}{n^2} - \sum_{k=1}^n \frac{1}{n^2} < a_n \le \sum_{k=1}^n \frac{\sqrt{2n^2 - k^2}}{n^2} $$

ここで、右辺の式において $n \to \infty$ としたときの極限を考える。

$$ \lim_{n \to \infty} \sum_{k=1}^n \frac{\sqrt{2n^2 - k^2}}{n^2} = \lim_{n \to \infty} \frac{1}{n} \sum_{k=1}^n \sqrt{2 - \left( \frac{k}{n} \right)^2} $$

これは区分求積法により、以下の定積分に等しくなる。

$$ \int_{0}^{1} \sqrt{2 - x^2} dx $$

この定積分を計算する。$x = \sqrt{2}\sin\theta$ とおくと、

$$ dx = \sqrt{2}\cos\theta d\theta $$

積分区間は $x$ が $0$ から $1$ のとき、$\theta$ は $0$ から $\frac{\pi}{4}$ となる。

$$ \begin{aligned} \int_{0}^{1} \sqrt{2 - x^2} dx &= \int_{0}^{\frac{\pi}{4}} \sqrt{2 - 2\sin^2\theta} \cdot \sqrt{2}\cos\theta d\theta \\ &= \int_{0}^{\frac{\pi}{4}} \sqrt{2\cos^2\theta} \cdot \sqrt{2}\cos\theta d\theta \end{aligned} $$

区間 $0 \le \theta \le \frac{\pi}{4}$ において $\cos\theta > 0$ であるから、

$$ \begin{aligned} \int_{0}^{\frac{\pi}{4}} \sqrt{2\cos^2\theta} \cdot \sqrt{2}\cos\theta d\theta &= \int_{0}^{\frac{\pi}{4}} 2\cos^2\theta d\theta \\ &= \int_{0}^{\frac{\pi}{4}} (1 + \cos 2\theta) d\theta \\ &= \left[ \theta + \frac{1}{2}\sin 2\theta \right]_{0}^{\frac{\pi}{4}} \\ &= \frac{\pi}{4} + \frac{1}{2} \end{aligned} $$

したがって、

$$ \lim_{n \to \infty} \sum_{k=1}^n \frac{\sqrt{2n^2 - k^2}}{n^2} = \frac{\pi}{4} + \frac{1}{2} $$

次に、左辺の極限について考える。

$$ \lim_{n \to \infty} \sum_{k=1}^n \frac{1}{n^2} = \lim_{n \to \infty} \frac{n}{n^2} = \lim_{n \to \infty} \frac{1}{n} = 0 $$

であるから、

$$ \begin{aligned} \lim_{n \to \infty} \left( \sum_{k=1}^n \frac{\sqrt{2n^2 - k^2}}{n^2} - \sum_{k=1}^n \frac{1}{n^2} \right) &= \left( \frac{\pi}{4} + \frac{1}{2} \right) - 0 \\ &= \frac{\pi}{4} + \frac{1}{2} \end{aligned} $$

以上より、はさみうちの原理から、

$$ \lim_{n \to \infty} a_n = \frac{\pi}{4} + \frac{1}{2} = \frac{\pi + 2}{4} $$

解説

「ガウス記号の和の極限」は大学入試で頻出する典型テーマである。まずはガウス記号の性質 $X - 1 < [X] \le X$ を用いて不等式を作り、はさみうちの原理に持ち込むことが基本となる。

その後、両辺の極限を計算する過程で、 $\frac{1}{n}$ をくくり出して和の極限を定積分に変換する「区分求積法」を用いる。

定積分 $\int_0^1 \sqrt{2 - x^2} dx$ の計算では、三角関数による置換積分のほかに、$y = \sqrt{2 - x^2}$ とおいて $x^2 + y^2 = 2$ の円の面積の一部（原点を中心とする半径 $\sqrt{2}$ の円における、中心角 $\frac{\pi}{4}$ の扇形と直角三角形の面積の和）として図形的に求める方法も有効であり、計算ミスを防ぐ手段としても役立つ。