トップ› 東京工業大学› 1989年› 理系第4問

東京工業大学 1989年理系第4問解説

方針・初手

被積分関数 $x^2|\sin nx|$ に含まれる $|\sin nx|$ は周期 $\frac{\pi}{n}$ で振動する関数であり、$n \to \infty$ のときその振動は非常に激しくなる。このとき、$x^2$ は各周期の微小な区間内ではほぼ一定とみなすことができる。

したがって、積分区間 $[0, \pi]$ を $|\sin nx|$ の周期 $\frac{\pi}{n}$ ごとに分割し、各区間における $x^2$ の最大値・最小値を用いて不等式評価を行い、はさみうちの原理と区分求積法に持ち込むアプローチが自然である。また、$nx = t$ と置換して直接計算を実行し、数列の和の極限として求めることも可能である。

解法1

求める極限の式における定積分を $I_n$ とおく。

$$ I_n = \int_0^\pi x^2 |\sin nx| dx $$

積分区間 $[0, \pi]$ を $n$ 等分し、各区間を $I_k = \left[ \frac{k-1}{n}\pi, \frac{k}{n}\pi \right]$ ($k = 1, 2, \dots, n$) とする。このとき、$I_n$ は次のように分割できる。

$$ I_n = \sum_{k=1}^n \int_{\frac{k-1}{n}\pi}^{\frac{k}{n}\pi} x^2 |\sin nx| dx $$

区間 $I_k$ において、関数 $f(x) = x^2$ は単調増加であるから、常に以下の不等式が成り立つ。

$$ \left( \frac{k-1}{n}\pi \right)^2 \le x^2 \le \left( \frac{k}{n}\pi \right)^2 $$

各辺に $|\sin nx| \ge 0$ を掛けて区間 $I_k$ で積分すると、大小関係は保存されるため、

$$ \left( \frac{k-1}{n}\pi \right)^2 \int_{\frac{k-1}{n}\pi}^{\frac{k}{n}\pi} |\sin nx| dx \le \int_{\frac{k-1}{n}\pi}^{\frac{k}{n}\pi} x^2 |\sin nx| dx \le \left( \frac{k}{n}\pi \right)^2 \int_{\frac{k-1}{n}\pi}^{\frac{k}{n}\pi} |\sin nx| dx $$

ここで、各辺に共通する積分 $\int_{\frac{k-1}{n}\pi}^{\frac{k}{n}\pi} |\sin nx| dx$ を計算する。$nx = t$ と置換すると、$dx = \frac{1}{n} dt$ であり、積分区間は $x : \frac{k-1}{n}\pi \to \frac{k}{n}\pi$ から $t : (k-1)\pi \to k\pi$ となる。

$$ \int_{\frac{k-1}{n}\pi}^{\frac{k}{n}\pi} |\sin nx| dx = \int_{(k-1)\pi}^{k\pi} |\sin t| \frac{1}{n} dt $$

さらに、$t = u + (k-1)\pi$ と置換すると、$dt = du$、$t : (k-1)\pi \to k\pi$ から $u : 0 \to \pi$ となり、$|\sin t| = |\sin(u + (k-1)\pi)| = |(-1)^{k-1} \sin u| = \sin u$ ($0 \le u \le \pi$ より) となるので、

$$ \frac{1}{n} \int_{(k-1)\pi}^{k\pi} |\sin t| dt = \frac{1}{n} \int_0^\pi \sin u du = \frac{1}{n} \Big[ -\cos u \Big]_0^\pi = \frac{2}{n} $$

これを先ほどの不等式に代入すると、

$$ \left( \frac{k-1}{n}\pi \right)^2 \frac{2}{n} \le \int_{\frac{k-1}{n}\pi}^{\frac{k}{n}\pi} x^2 |\sin nx| dx \le \left( \frac{k}{n}\pi \right)^2 \frac{2}{n} $$

この不等式について $k = 1$ から $n$ までの和をとる。

$$ \frac{2}{\pi} \sum_{k=1}^n \left( \frac{k-1}{n}\pi \right)^2 \frac{\pi}{n} \le I_n \le \frac{2}{\pi} \sum_{k=1}^n \left( \frac{k}{n}\pi \right)^2 \frac{\pi}{n} $$

ここで $n \to \infty$ の極限を考えると、左辺と右辺はそれぞれ区分求積法により同じ定積分に収束する。

$$ \lim_{n \to \infty} \frac{2}{\pi} \sum_{k=1}^n \left( \frac{k}{n}\pi \right)^2 \frac{\pi}{n} = \frac{2}{\pi} \int_0^\pi x^2 dx = \frac{2}{\pi} \left[ \frac{1}{3}x^3 \right]_0^\pi = \frac{2}{\pi} \cdot \frac{\pi^3}{3} = \frac{2}{3}\pi^2 $$

$$ \lim_{n \to \infty} \frac{2}{\pi} \sum_{k=1}^n \left( \frac{k-1}{n}\pi \right)^2 \frac{\pi}{n} = \lim_{n \to \infty} \frac{2}{\pi} \sum_{j=0}^{n-1} \left( \frac{j}{n}\pi \right)^2 \frac{\pi}{n} = \frac{2}{\pi} \int_0^\pi x^2 dx = \frac{2}{3}\pi^2 $$

両辺の極限が一致するため、はさみうちの原理より、

$$ \lim_{n \to \infty} I_n = \frac{2}{3}\pi^2 $$

解法2

定積分 $I_n$ に対して $nx = t$ と置換する。$dx = \frac{1}{n} dt$ であり、$x : 0 \to \pi$ のとき $t : 0 \to n\pi$ となる。

$$ I_n = \int_0^{n\pi} \left( \frac{t}{n} \right)^2 |\sin t| \frac{1}{n} dt = \frac{1}{n^3} \int_0^{n\pi} t^2 |\sin t| dt $$

積分区間を $\pi$ ごとに分割し、和の形に書き直す。

$$ I_n = \frac{1}{n^3} \sum_{k=1}^n \int_{(k-1)\pi}^{k\pi} t^2 |\sin t| dt $$

各区間の積分について、$t = u + (k-1)\pi$ と置換する。$dt = du$、$t : (k-1)\pi \to k\pi$ のとき $u : 0 \to \pi$ となり、$|\sin t| = \sin u$ ($0 \le u \le \pi$) であるから、

$$ \int_{(k-1)\pi}^{k\pi} t^2 |\sin t| dt = \int_0^\pi \{ u + (k-1)\pi \}^2 \sin u du $$

$$ = \int_0^\pi \{ u^2 + 2(k-1)\pi u + (k-1)^2 \pi^2 \} \sin u du $$

ここで、部分積分を用いて各項の積分を計算する。

$$ \int_0^\pi \sin u du = \Big[ -\cos u \Big]_0^\pi = 2 $$

$$ \int_0^\pi u \sin u du = \Big[ -u \cos u \Big]_0^\pi - \int_0^\pi (-\cos u) du = \pi - \Big[ -\sin u \Big]_0^\pi = \pi $$

$$ \int_0^\pi u^2 \sin u du = \Big[ -u^2 \cos u \Big]_0^\pi - \int_0^\pi (-2u \cos u) du = \pi^2 + 2 \int_0^\pi u \cos u du $$

$$ = \pi^2 + 2 \left( \Big[ u \sin u \Big]_0^\pi - \int_0^\pi \sin u du \right) = \pi^2 - 4 $$

これらを代入して整理する。

$$ \int_{(k-1)\pi}^{k\pi} t^2 |\sin t| dt = (\pi^2 - 4) + 2(k-1)\pi \cdot \pi + (k-1)^2 \pi^2 \cdot 2 $$

$$ = 2\pi^2 (k-1)^2 + 2\pi^2 (k-1) + \pi^2 - 4 $$

これを $I_n$ の式に戻す。

$$ I_n = \frac{1}{n^3} \sum_{k=1}^n \{ 2\pi^2 (k-1)^2 + 2\pi^2 (k-1) + \pi^2 - 4 \} $$

$$ = \frac{1}{n^3} \left\{ 2\pi^2 \frac{n(n-1)(2n-1)}{6} + 2\pi^2 \frac{n(n-1)}{2} + (\pi^2 - 4)n \right\} $$

極限 $n \to \infty$ を考えるため、式を次のように変形する。

$$ = \frac{2\pi^2}{3} \cdot \frac{2n^3 - 3n^2 + n}{2n^3} + \frac{\pi^2(n^2 - n)}{n^3} + \frac{(\pi^2 - 4)n}{n^3} $$

$$ = \frac{\pi^2}{3} \left( 2 - \frac{3}{n} + \frac{1}{n^2} \right) + \pi^2 \left( \frac{1}{n} - \frac{1}{n^2} \right) + (\pi^2 - 4) \frac{1}{n^2} $$

$n \to \infty$ とすると $\frac{1}{n} \to 0$、$\frac{1}{n^2} \to 0$ となるため、

$$ \lim_{n \to \infty} I_n = \frac{\pi^2}{3} \times 2 + 0 + 0 = \frac{2}{3}\pi^2 $$

解説

振動が激しくなる関数を含む積分の極限を求める典型問題である。

解法1のように、積分区間を細かく分割し、「なだらかに変化する関数」（本問では $x^2$）を区間内の最大値・最小値を用いて定数として評価し、はさみうちの原理を用いて区分求積法に持ち込む手法は、大学入試において非常に頻出かつ強力なアプローチである。本質的に $\int_0^\pi x^2 dx \times \frac{1}{\pi} \int_0^\pi \sin u du$ のように平均化される現象を数式で表現している。

解法2のように、直接置換積分を行って数列の和を計算することでも答えを導出できるが、計算量がやや多くなる。どちらの解法を選んでも完答できるようにしておきたい。