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東京工業大学 2013年理系第4問解説

方針・初手

条件 $\sin 4nx \geqq \sin x$ を満たす区間を特定するために、まずは方程式 $\sin 4nx = \sin x$ の解を考える。三角関数の和積の公式を利用して交点の座標を厳密に求め、各区間の長さを直接計算する方針（解法1）と、$y = \sin 4nx$ の周期性が非常に短いことに着目し、各周期内で $\sin x$ を定数とみなして区間長を評価し、はさみうちの原理と区分求積法を用いる方針（解法2）の2つが有効である。

解法1

与えられた不等式を変形すると、以下のようになる。

$$ \sin 4nx - \sin x \geqq 0 $$

和積の公式を用いると、次のように因数分解できる。

$$ 2 \cos \left( \frac{4n+1}{2}x \right) \sin \left( \frac{4n-1}{2}x \right) \geqq 0 $$

$0 \leqq x \leqq \frac{\pi}{2}$ の範囲において、$\cos \left( \frac{4n+1}{2}x \right) = 0$ となる $x$ を求める。$k$ を整数として、

$$ \frac{4n+1}{2}x = \frac{\pi}{2} + k\pi $$

$$ x = \frac{2k+1}{4n+1}\pi $$

これが $0 \leqq x \leqq \frac{\pi}{2}$ を満たす条件は、

$$ 0 \leqq \frac{2k+1}{4n+1}\pi \leqq \frac{\pi}{2} \iff 0 \leqq 4k+2 \leqq 4n+1 \iff -\frac{1}{2} \leqq k \leqq n - \frac{1}{4} $$

$k$ は整数であるため、$k = 0, 1, \dots, n-1$ の $n$ 個存在する。これらを $\beta_k = \frac{2k+1}{4n+1}\pi$ とおく。

同様に、$\sin \left( \frac{4n-1}{2}x \right) = 0$ となる $x$ を求める。$k$ を整数として、

$$ \frac{4n-1}{2}x = k\pi $$

$$ x = \frac{2k}{4n-1}\pi $$

これが $0 \leqq x \leqq \frac{\pi}{2}$ を満たす条件は、

$$ 0 \leqq \frac{2k}{4n-1}\pi \leqq \frac{\pi}{2} \iff 0 \leqq 4k \leqq 4n-1 \iff 0 \leqq k \leqq n - \frac{1}{4} $$

$k$ は整数であるため、これも $k = 0, 1, \dots, n-1$ の $n$ 個存在する。これらを $\alpha_k = \frac{2k}{4n-1}\pi$ とおく。

次に、これらの解 $\alpha_k, \beta_k$ の大小関係を調べる。

$$ \begin{aligned} \beta_k - \alpha_k &= \left( \frac{2k+1}{4n+1} - \frac{2k}{4n-1} \right) \pi \\ &= \frac{(2k+1)(4n-1) - 2k(4n+1)}{(4n+1)(4n-1)} \pi \\ &= \frac{4n - 4k - 1}{16n^2 - 1} \pi \end{aligned} $$

$k \leqq n-1$ であるから、$4n - 4k - 1 \geqq 4n - 4(n-1) - 1 = 3 > 0$ となり、$\alpha_k < \beta_k$ が成り立つ。また、

$$ \begin{aligned} \alpha_{k+1} - \beta_k &= \left( \frac{2k+2}{4n-1} - \frac{2k+1}{4n+1} \right) \pi \\ &= \frac{(2k+2)(4n+1) - (2k+1)(4n-1)}{(4n-1)(4n+1)} \pi \\ &= \frac{4n + 4k + 3}{16n^2 - 1} \pi > 0 \end{aligned} $$

となり、$\beta_k < \alpha_{k+1}$ が成り立つ。したがって、解の大小関係は以下のようになる。

$$ 0 = \alpha_0 < \beta_0 < \alpha_1 < \beta_1 < \dots < \alpha_{n-1} < \beta_{n-1} < \frac{\pi}{2} $$

ここで、$f(x) = \sin 4nx - \sin x$ とおく。区間 $(\alpha_0, \beta_0)$ においては、$\frac{4n+1}{2}x \in \left( 0, \frac{\pi}{2} \right)$ より $\cos \left( \frac{4n+1}{2}x \right) > 0$ であり、$\frac{4n-1}{2}x \in \left( 0, \frac{4n-1}{4n+1} \cdot \frac{\pi}{2} \right)$ より $\sin \left( \frac{4n-1}{2}x \right) > 0$ であるため、$f(x) > 0$ となる。 $f(x) = 0$ の解は上記の $2n$ 個のみであり、すべて $f(x)$ の符号が反転する単根である。したがって、$f(x) \geqq 0$ を満たす $x$ の区間は、

$$ [\alpha_0, \beta_0], [\alpha_1, \beta_1], \dots, [\alpha_{n-1}, \beta_{n-1}] $$

の $n$ 個の区間になる。

各区間の長さを $l_k = \beta_k - \alpha_k$ とおくと、区間の長さの総和 $S_n$ は次のように計算できる。

$$ \begin{aligned} S_n &= \sum_{k=0}^{n-1} l_k \\ &= \sum_{k=0}^{n-1} \frac{4n - 1 - 4k}{16n^2 - 1} \pi \\ &= \frac{\pi}{16n^2 - 1} \sum_{k=0}^{n-1} \{ (4n - 1) - 4k \} \\ &= \frac{\pi}{16n^2 - 1} \left\{ n(4n - 1) - 4 \cdot \frac{1}{2}n(n-1) \right\} \\ &= \frac{\pi}{16n^2 - 1} (4n^2 - n - 2n^2 + 2n) \\ &= \frac{2n^2 + n}{16n^2 - 1} \pi \end{aligned} $$

求める極限は、

$$ \begin{aligned} \lim_{n \to \infty} S_n &= \lim_{n \to \infty} \frac{2 + \frac{1}{n}}{16 - \frac{1}{n^2}} \pi \\ &= \frac{2}{16}\pi = \frac{\pi}{8} \end{aligned} $$

となる。

解法2

区間 $0 \leqq x \leqq \frac{\pi}{2}$ を $n$ 等分し、各区間を $I_k = \left[ \frac{k\pi}{2n}, \frac{(k+1)\pi}{2n} \right]$ ($k = 0, 1, \dots, n-1$) とする。各 $I_k$ の長さは $\frac{\pi}{2n}$ であり、この区間において $4nx$ は $2k\pi$ から $2(k+1)\pi$ まで変化するため、$y = \sin 4nx$ はちょうど $1$ 周期分を描く。また、$y = \sin x$ は $I_k$ において単調増加であるから、任意の $x \in I_k$ に対して、

$$ \sin \frac{k\pi}{2n} \leqq \sin x \leqq \sin \frac{(k+1)\pi}{2n} $$

が成り立つ。

$I_k$ において $\sin 4nx \geqq \sin x$ を満たす $x$ の区間の長さを $l_k$ とする。ここで、定数 $C$ ($0 \leqq C \leqq 1$) に対し、$I_k$ において $\sin 4nx \geqq C$ を満たす区間を考える。$C = \sin \gamma$ ($0 \leqq \gamma \leqq \frac{\pi}{2}$) とおくと、

$$ 2k\pi + \gamma \leqq 4nx \leqq 2k\pi + \pi - \gamma \iff \frac{2k\pi + \gamma}{4n} \leqq x \leqq \frac{2k\pi + \pi - \gamma}{4n} $$

となり、その区間の長さは $\frac{\pi - 2\gamma}{4n}$ である。

$C_1 = \sin \frac{(k+1)\pi}{2n}$、$C_2 = \sin \frac{k\pi}{2n}$ とおくと、$I_k$ 内で $\sin 4nx \geqq C_1$ を満たす区間の長さより $l_k$ は大きく、$\sin 4nx \geqq C_2$ を満たす区間の長さより $l_k$ は小さいと評価できる。すなわち、

$$ \frac{\pi - 2 \cdot \frac{(k+1)\pi}{2n}}{4n} \leqq l_k \leqq \frac{\pi - 2 \cdot \frac{k\pi}{2n}}{4n} $$

$$ \frac{\pi}{4n} \left( 1 - \frac{k+1}{n} \right) \leqq l_k \leqq \frac{\pi}{4n} \left( 1 - \frac{k}{n} \right) $$

が成り立つ。これらを $k=0$ から $n-1$ まで足し合わせると、区間長全体の総和 $S_n$ は次のように挟まれる。

$$ \sum_{k=0}^{n-1} \frac{\pi}{4n} \left( 1 - \frac{k+1}{n} \right) \leqq S_n \leqq \sum_{k=0}^{n-1} \frac{\pi}{4n} \left( 1 - \frac{k}{n} \right) $$

右辺の極限を区分求積法を用いて計算すると、

$$ \begin{aligned} \lim_{n \to \infty} \sum_{k=0}^{n-1} \frac{\pi}{4n} \left( 1 - \frac{k}{n} \right) &= \frac{\pi}{4} \lim_{n \to \infty} \frac{1}{n} \sum_{k=0}^{n-1} \left( 1 - \frac{k}{n} \right) \\ &= \frac{\pi}{4} \int_0^1 (1 - x) dx \\ &= \frac{\pi}{4} \left[ x - \frac{x^2}{2} \right]_0^1 \\ &= \frac{\pi}{4} \cdot \frac{1}{2} = \frac{\pi}{8} \end{aligned} $$

左辺の極限も同様に、

$$ \begin{aligned} \lim_{n \to \infty} \sum_{k=0}^{n-1} \frac{\pi}{4n} \left( 1 - \frac{k+1}{n} \right) &= \lim_{n \to \infty} \sum_{k=1}^{n} \frac{\pi}{4n} \left( 1 - \frac{k}{n} \right) \\ &= \frac{\pi}{4} \int_0^1 (1 - x) dx = \frac{\pi}{8} \end{aligned} $$

となる。以上より、はさみうちの原理から以下の結果を得る。

$$ \lim_{n \to \infty} S_n = \frac{\pi}{8} $$