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東京大学 2023年理系第1問解説

方針・初手

（1）は被積分関数に $x^2$ が含まれていることから、$t=x^2$ と置換積分を行うのが自然である。置換後の積分区間における被積分関数の単調性を利用して不等式を評価する。

（2）は（1）で評価した積分 $A_k$ を用いて、$B_n$ を $A_k$ の和の形で表す。（1）の不等式で各辺の和をとり、区分求積法とはさみうちの原理を適用して極限を求める。

解法1

(1)

$A_k = \int_{\sqrt{k\pi}}^{\sqrt{(k+1)\pi}} |\sin(x^2)| dx$ において、$t = x^2$ とおくと、

$$ \frac{dt}{dx} = 2x $$

より、$dx = \frac{1}{2\sqrt{t}} dt$ となる。

積分区間は $x$ が $\sqrt{k\pi}$ から $\sqrt{(k+1)\pi}$ まで変化するとき、$t$ は $k\pi$ から $(k+1)\pi$ まで変化する。したがって、

$$ A_k = \int_{k\pi}^{(k+1)\pi} |\sin t| \frac{1}{2\sqrt{t}} dt $$

区間 $k\pi \leqq t \leqq (k+1)\pi$ において、$t > 0$ であり、$\frac{1}{\sqrt{t}}$ は単調減少するから、

$$ \frac{1}{\sqrt{(k+1)\pi}} \leqq \frac{1}{\sqrt{t}} \leqq \frac{1}{\sqrt{k\pi}} $$

が成り立つ。

この区間で $|\sin t| \geqq 0$ であるから、各辺に $\frac{|\sin t|}{2}$ を掛けると、

$$ \frac{|\sin t|}{2\sqrt{(k+1)\pi}} \leqq \frac{|\sin t|}{2\sqrt{t}} \leqq \frac{|\sin t|}{2\sqrt{k\pi}} $$

となる。各辺を $t$ について $k\pi$ から $(k+1)\pi$ まで積分すると、

$$ \frac{1}{2\sqrt{(k+1)\pi}} \int_{k\pi}^{(k+1)\pi} |\sin t| dt \leqq \int_{k\pi}^{(k+1)\pi} \frac{|\sin t|}{2\sqrt{t}} dt \leqq \frac{1}{2\sqrt{k\pi}} \int_{k\pi}^{(k+1)\pi} |\sin t| dt $$

ここで、中央の辺は $A_k$ である。

また、$I = \int_{k\pi}^{(k+1)\pi} |\sin t| dt$ について、$u = t - k\pi$ とおくと、$du = dt$ であり、積分区間は $0 \to \pi$ となる。

$$ I = \int_0^\pi |\sin(u+k\pi)| du = \int_0^\pi |\sin u \cos k\pi + \cos u \sin k\pi| du $$

$k$ は整数であるから $\sin k\pi = 0$、$\cos k\pi = (-1)^k$ であり、

$$ I = \int_0^\pi |(-1)^k \sin u| du = \int_0^\pi |\sin u| du $$

$0 \leqq u \leqq \pi$ において $\sin u \geqq 0$ であるから、

$$ I = \int_0^\pi \sin u du = \left[ -\cos u \right]_0^\pi = -(-1) - (-1) = 2 $$

したがって、元の不等式は、

$$ \frac{2}{2\sqrt{(k+1)\pi}} \leqq A_k \leqq \frac{2}{2\sqrt{k\pi}} $$

すなわち、

$$ \frac{1}{\sqrt{(k+1)\pi}} \leqq A_k \leqq \frac{1}{\sqrt{k\pi}} $$

となり、示された。

(2)

$$ B_n = \frac{1}{\sqrt{n}} \int_{\sqrt{n\pi}}^{\sqrt{2n\pi}} |\sin(x^2)| dx $$

積分の性質より、

$$ \int_{\sqrt{n\pi}}^{\sqrt{2n\pi}} |\sin(x^2)| dx = \sum_{k=n}^{2n-1} \int_{\sqrt{k\pi}}^{\sqrt{(k+1)\pi}} |\sin(x^2)| dx = \sum_{k=n}^{2n-1} A_k $$

であるから、

$$ B_n = \frac{1}{\sqrt{n}} \sum_{k=n}^{2n-1} A_k $$

となる。（1）で示した不等式より、$k=n, n+1, \dots, 2n-1$ の各辺を加えると、

$$ \sum_{k=n}^{2n-1} \frac{1}{\sqrt{(k+1)\pi}} \leqq \sum_{k=n}^{2n-1} A_k \leqq \sum_{k=n}^{2n-1} \frac{1}{\sqrt{k\pi}} $$

辺々を $\sqrt{n}$ で割ると、

$$ \frac{1}{\sqrt{n}} \sum_{k=n}^{2n-1} \frac{1}{\sqrt{(k+1)\pi}} \leqq B_n \leqq \frac{1}{\sqrt{n}} \sum_{k=n}^{2n-1} \frac{1}{\sqrt{k\pi}} $$

ここで、上辺の極限を考える。

$$ \frac{1}{\sqrt{n}} \sum_{k=n}^{2n-1} \frac{1}{\sqrt{k\pi}} = \frac{1}{\sqrt{\pi}} \cdot \frac{1}{n} \sum_{k=n}^{2n-1} \frac{1}{\sqrt{\frac{k}{n}}} $$

これは区分求積法の形であり、$n \to \infty$ とすると、

$$ \lim_{n \to \infty} \frac{1}{\sqrt{n}} \sum_{k=n}^{2n-1} \frac{1}{\sqrt{k\pi}} = \frac{1}{\sqrt{\pi}} \int_1^2 \frac{1}{\sqrt{x}} dx $$

同様に、下辺の極限についても、

$$ \frac{1}{\sqrt{n}} \sum_{k=n}^{2n-1} \frac{1}{\sqrt{(k+1)\pi}} = \frac{1}{\sqrt{\pi}} \cdot \frac{1}{n} \sum_{k=n}^{2n-1} \frac{1}{\sqrt{\frac{k+1}{n}}} $$

これも区分求積法により、

$$ \lim_{n \to \infty} \frac{1}{\sqrt{n}} \sum_{k=n}^{2n-1} \frac{1}{\sqrt{(k+1)\pi}} = \frac{1}{\sqrt{\pi}} \int_1^2 \frac{1}{\sqrt{x}} dx $$

となる。定積分を計算すると、

$$ \int_1^2 x^{-\frac{1}{2}} dx = \left[ 2x^{\frac{1}{2}} \right]_1^2 = 2\sqrt{2} - 2 $$

したがって、はさみうちの原理より、

$$ \lim_{n \to \infty} B_n = \frac{1}{\sqrt{\pi}} (2\sqrt{2} - 2) = \frac{2(\sqrt{2}-1)}{\sqrt{\pi}} $$

となる。

解説

（1）は $t=x^2$ という典型的な置換積分を用いた上で、被積分関数の単調な部分を定数で押さえて積分する不等式評価の基本問題である。$\int_{k\pi}^{(k+1)\pi} |\sin t| dt = 2$ となることは $|\sin t|$ のグラフの周期性からもすぐに分かるが、解答では置換積分を用いて論理の飛躍がないように示した。

（2）は、積分区間がつながっていることを利用して積分を級数の和に分割し、（1）の不等式から区分求積法とはさみうちの原理に持ち込む、微積分における極限の頻出テーマである。