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東京工業大学 2022年理系第5問解説

方針・初手

関数 $f(x)$ の式に $\sin$ と $\cos$ の積が含まれているため、まずは積和の公式を用いて扱いやすい形に変形することがすべての出発点となる。(1) は定積分を計算して得られる方程式について、微分を用いて解の存在と一意性を示す典型的な問題である。(2) は $f(x)$ の単調性を利用して定積分の不等式を作る。(3) は「試行回数の合計が $k$ である」という自明な関係式から極限をとることで積分の方程式を導く。(4) は平均値の定義から期待値の形を作り、(2) の不等式ではさみうちの原理を適用したのち、区分求積法を用いて定積分に帰着させる。

解法1

まず、$f(x)$ を積和の公式 $\sin A \cos B = \frac{1}{2} \{ \sin(A+B) + \sin(A-B) \}$ を用いて変形する。

$$ \begin{aligned} f(x) &= \frac{4}{3} \cdot \frac{1}{2} \left\{ \sin\left( \left(\frac{\pi}{4} + ax\right) + \left(\frac{\pi}{4} - ax\right) \right) + \sin\left( \left(\frac{\pi}{4} + ax\right) - \left(\frac{\pi}{4} - ax\right) \right) \right\} \\ &= \frac{2}{3} \left\{ \sin\left( \frac{\pi}{2} \right) + \sin(2ax) \right\} \\ &= \frac{2}{3} \{ 1 + \sin(2ax) \} \end{aligned} $$

(1)

等式 $(*)$ の左辺の定積分を計算する。

$$ \begin{aligned} \int_0^1 f(x) dx &= \int_0^1 \frac{2}{3} \{ 1 + \sin(2ax) \} dx \\ &= \frac{2}{3} \left[ x - \frac{\cos(2ax)}{2a} \right]_0^1 \\ &= \frac{2}{3} \left( 1 - \frac{\cos(2a)}{2a} + \frac{1}{2a} \right) \\ &= \frac{2}{3} \left( 1 + \frac{1 - \cos(2a)}{2a} \right) \end{aligned} $$

等式 $(*)$ が成り立つとき、これが $1$ に等しいので、

$$ \frac{2}{3} \left( 1 + \frac{1 - \cos(2a)}{2a} \right) = 1 $$

整理すると、

$$ \begin{aligned} 1 + \frac{1 - \cos(2a)}{2a} &= \frac{3}{2} \\ \frac{1 - \cos(2a)}{2a} &= \frac{1}{2} \\ 1 - \cos(2a) &= a \\ \cos(2a) + a - 1 &= 0 \end{aligned} $$

ここで、$g(a) = \cos(2a) + a - 1$ とおく。$0 < a \leqq \frac{\pi}{4}$ において、$g(a) = 0$ となる $a$ がただ1つ存在することを示せばよい。 $g(a)$ を $a$ で微分すると、

$$ g'(a) = -2\sin(2a) + 1 $$

$g'(a) = 0$ となるのは $\sin(2a) = \frac{1}{2}$ のときである。$0 < a \leqq \frac{\pi}{4}$ より $0 < 2a \leqq \frac{\pi}{2}$ であるから、

$$ 2a = \frac{\pi}{6} \iff a = \frac{\pi}{12} $$

$g(a)$ の増減表は以下のようになる。

$a$	$(0)$	$\cdots$	$\frac{\pi}{12}$	$\cdots$	$\frac{\pi}{4}$
$g'(a)$		$+$	$0$	$-$
$g(a)$	$(0)$	$\nearrow$	極大	$\searrow$	$\frac{\pi}{4} - 1$

極大値は $g\left(\frac{\pi}{12}\right) = \cos\left(\frac{\pi}{6}\right) + \frac{\pi}{12} - 1 = \frac{\sqrt{3}}{2} + \frac{\pi}{12} - 1$ である。 $\sqrt{3} > 1.7$, $\pi > 3.1$ より $\frac{\sqrt{3}}{2} + \frac{\pi}{12} > \frac{1.7}{2} + \frac{3.1}{12} = 0.85 + 0.258\dots = 1.108\dots > 1$ であるから、$g\left(\frac{\pi}{12}\right) > 0$ である。また、$a = \frac{\pi}{4}$ のとき、$g\left(\frac{\pi}{4}\right) = 0 + \frac{\pi}{4} - 1 < 0$ である。 $g(a)$ は $0 < a \leqq \frac{\pi}{12}$ で単調に増加し、$g(0) = 0$ であるから、この区間で $g(a) > 0$ となり解をもたない。 $\frac{\pi}{12} \leqq a \leqq \frac{\pi}{4}$ では単調に減少し、$g\left(\frac{\pi}{12}\right) > 0$ かつ $g\left(\frac{\pi}{4}\right) < 0$ であるから、中間値の定理によりこの区間に $g(a) = 0$ となる $a$ がただ1つ存在する。したがって、等式 $(*)$ を満たす $a$ は $0 < a \leqq \frac{\pi}{4}$ の範囲にただ1つ存在する。

(2)

$f(x) = \frac{2}{3} \{ 1 + \sin(2ax) \}$ を $x$ について微分すると、

$$ f'(x) = \frac{2}{3} \cdot 2a \cos(2ax) = \frac{4a}{3} \cos(2ax) $$

$0 < a \leqq \frac{\pi}{4}$ かつ $0 \leqq x \leqq 1$ であるから、$0 \leqq 2ax \leqq \frac{\pi}{2}$ となり、$\cos(2ax) \geqq 0$ である。したがって、$f'(x) \geqq 0$ となり、$f(x)$ は区間 $0 \leqq x \leqq 1$ において単調増加する。 $0 \leqq b < c \leqq 1$ を満たす実数 $b, c$ に対し、区間 $b \leqq x \leqq c$ において、

$$ f(b) \leqq f(x) \leqq f(c) $$

が成り立つ。この各辺を $x$ について $b$ から $c$ まで定積分すると、

$$ \int_b^c f(b) dx \leqq \int_b^c f(x) dx \leqq \int_b^c f(c) dx $$

$f(b), f(c)$ は $x$ に無関係な定数であるから、

$$ \begin{aligned} f(b) \cdot [x]_b^c &\leqq \int_b^c f(x) dx \leqq f(c) \cdot [x]_b^c \\ f(b)(c - b) &\leqq \int_b^c f(x) dx \leqq f(c)(c - b) \end{aligned} $$

となり、示された。

(3)

$n$ 個の出目 $1, 2, \dots, n$ のいずれかが必ず出るルーレットを $k$ 回まわすとき、各出目が出た回数の合計は試行回数 $k$ に等しい。すなわち、

$$ \sum_{i=1}^n S_{n,k,i} = k $$

両辺を $k$ で割ると、

$$ \sum_{i=1}^n \frac{S_{n,k,i}}{k} = 1 $$

この等式において $k \to \infty$ の極限をとる。和の極限は極限の和に等しいので、

$$ \sum_{i=1}^n \left( \lim_{k \to \infty} \frac{S_{n,k,i}}{k} \right) = 1 $$

条件 $(**)$ を左辺に代入すると、

$$ \sum_{i=1}^n \int_{\frac{i-1}{n}}^{\frac{i}{n}} f(x) dx = 1 $$

左辺は積分区間を結合できるため、

$$ \int_0^1 f(x) dx = 1 $$

となり、(1) の等式 $(*)$ が成り立つことが示された。

(4)

(3) の試行において出た数の合計は $\sum_{i=1}^n i \cdot S_{n,k,i}$ であるから、その平均値 $A_{n,k}$ は、

$$ A_{n,k} = \frac{1}{k} \sum_{i=1}^n i \cdot S_{n,k,i} = \sum_{i=1}^n i \frac{S_{n,k,i}}{k} $$

$A_n$ を求めると、

$$ A_n = \lim_{k \to \infty} A_{n,k} = \sum_{i=1}^n i \left( \lim_{k \to \infty} \frac{S_{n,k,i}}{k} \right) = \sum_{i=1}^n i \int_{\frac{i-1}{n}}^{\frac{i}{n}} f(x) dx $$

よって、考えるべき数列 $\frac{A_n}{n}$ は次のように表される。

$$ \frac{A_n}{n} = \sum_{i=1}^n \frac{i}{n} \int_{\frac{i-1}{n}}^{\frac{i}{n}} f(x) dx $$

ここで、(2) の不等式において $b = \frac{i-1}{n}, c = \frac{i}{n}$ とすると、$c - b = \frac{1}{n}$ であり、

$$ \frac{1}{n} f\left(\frac{i-1}{n}\right) \leqq \int_{\frac{i-1}{n}}^{\frac{i}{n}} f(x) dx \leqq \frac{1}{n} f\left(\frac{i}{n}\right) $$

が成り立つ。各辺に $\frac{i}{n}$（$> 0$）を掛けると、

$$ \frac{i}{n} \cdot \frac{1}{n} f\left(\frac{i-1}{n}\right) \leqq \frac{i}{n} \int_{\frac{i-1}{n}}^{\frac{i}{n}} f(x) dx \leqq \frac{i}{n} \cdot \frac{1}{n} f\left(\frac{i}{n}\right) $$

これを $i = 1$ から $n$ まで足し合わせると、

$$ \sum_{i=1}^n \frac{i}{n} f\left(\frac{i-1}{n}\right) \frac{1}{n} \leqq \frac{A_n}{n} \leqq \sum_{i=1}^n \frac{i}{n} f\left(\frac{i}{n}\right) \frac{1}{n} $$

右辺について $n \to \infty$ の極限をとると、区分求積法により、

$$ \lim_{n \to \infty} \sum_{i=1}^n \frac{i}{n} f\left(\frac{i}{n}\right) \frac{1}{n} = \int_0^1 x f(x) dx $$

左辺についても同様に式変形して極限をとる。

$$ \begin{aligned} \sum_{i=1}^n \frac{i}{n} f\left(\frac{i-1}{n}\right) \frac{1}{n} &= \sum_{i=1}^n \left( \frac{i-1}{n} + \frac{1}{n} \right) f\left(\frac{i-1}{n}\right) \frac{1}{n} \\ &= \sum_{i=1}^n \frac{i-1}{n} f\left(\frac{i-1}{n}\right) \frac{1}{n} + \frac{1}{n} \sum_{i=1}^n f\left(\frac{i-1}{n}\right) \frac{1}{n} \end{aligned} $$

$n \to \infty$ のとき、第1項は $\int_0^1 x f(x) dx$ に収束し、第2項は $0 \cdot \int_0^1 f(x) dx = 0$ に収束するため、左辺の極限も $\int_0^1 x f(x) dx$ となる。したがって、はさみうちの原理により、

$$ \lim_{n \to \infty} \frac{A_n}{n} = \int_0^1 x f(x) dx $$

この定積分を部分積分法を用いて計算する。

$$ \begin{aligned} \int_0^1 x f(x) dx &= \int_0^1 x \cdot \frac{2}{3} \{ 1 + \sin(2ax) \} dx \\ &= \frac{2}{3} \int_0^1 x dx + \frac{2}{3} \int_0^1 x \sin(2ax) dx \\ &= \frac{2}{3} \left[ \frac{x^2}{2} \right]_0^1 + \frac{2}{3} \left\{ \left[ x \cdot \left( -\frac{\cos(2ax)}{2a} \right) \right]_0^1 - \int_0^1 1 \cdot \left( -\frac{\cos(2ax)}{2a} \right) dx \right\} \\ &= \frac{1}{3} + \frac{2}{3} \left\{ -\frac{\cos(2a)}{2a} + \frac{1}{2a} \left[ \frac{\sin(2ax)}{2a} \right]_0^1 \right\} \\ &= \frac{1}{3} - \frac{\cos(2a)}{3a} + \frac{\sin(2a)}{6a^2} \end{aligned} $$

ここで、(3) の結果より、条件 $(**)$ が成り立つとき等式 $(*)$ も成り立つため、(1) で導いた関係式 $\cos(2a) = 1 - a$ を用いることができる。これを代入すると、

$$ \begin{aligned} \lim_{n \to \infty} \frac{A_n}{n} &= \frac{1}{3} - \frac{1 - a}{3a} + \frac{\sin(2a)}{6a^2} \\ &= \frac{1}{3} - \frac{1}{3a} + \frac{1}{3} + \frac{\sin(2a)}{6a^2} \\ &= \frac{2}{3} - \frac{1}{3a} + \frac{\sin(2a)}{6a^2} \end{aligned} $$

解説

関数の扱いから定積分、確率モデル（相対頻度）の極限、区分求積法まで幅広い分野の知識を総合的に問う良問である。 (1) の方程式の解の存在証明では、単純に増減表を書くだけでなく、端点の符号を評価して中間値の定理を明確に意識した記述が求められる。 (4) では、区分求積法を利用するために式を $\frac{1}{n} \sum (\cdots)$ の形に帰着させる。(2) の不等式が、はさみうちの原理を利用するための誘導となっていることに気付くことが重要である。また、最後に (1) で導いた関係式を用いて式を整理することで、より簡潔な解答になる。