[math][東京大学][微分・積分]2023年東京大学理系数学問題1

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問題

$(1)$ 正の整数$k$に対し、$$A_k = \int_{\sqrt{k\pi}}^{\sqrt{(k+1)\pi}}{|\sin{(x^2)}|dx}$$とおく。次の不等式が成り立つことを示せ。$$\frac{1}{\sqrt{(k+1)\pi}}\leq A_k\leq \frac{1}{\sqrt{k\pi}}$$
$(2)$ 正の整数$n$に対し、$$B_n = \frac{1}{\sqrt{n}}\int_{\sqrt{n\pi}}^{\sqrt{2n\pi}}{|\sin{(x^2)}|dx}$$とおく。極限$\displaystyle \lim_{n\to\infty}{B_n}$を求めよ。

方針

$(1)$ $x^2$のままでは考えにくいので置き換えをしてみると方針が見えてくる。

$(2)$ もちろん$(1)$を利用する。

解答

$(1)$ $x^2 = t$とおくと、$x = \sqrt{t}$であり、$\displaystyle dx = \frac{1}{2\sqrt{t}}dt$である。この置き換えにより、$$\begin{eqnarray}A_k & = & \int_{k\pi}^{(k+1)\pi}{|\sin{t}|\cdot \frac{dt}{2\sqrt{t}}}\\ & = & \frac{(-1)^k}{2}\int_{k\pi}^{(k+1)\pi}{\frac{\sin{t}}{\sqrt{t}}dt}\end{eqnarray}$$となる。さて、$$\begin{eqnarray}\frac{(-1)^k}{2}\int_{k\pi}^{(k+1)\pi}{\sin{t}dt} & = & \frac{(-1)^k}{2}[-\cos{t}]_{k\pi}^{(k+1)\pi}\\ & = & \frac{(-1)^k}{2}(-(-1)^{k+1}+(-1)^{k})\\ & = & \frac{(-1)^{2k}}{2}(1+1)\\ & = & 1\end{eqnarray}$$である。この値を$a$とすると、$k\pi\leq t\leq (k+1)\pi$で$$\frac{1}{\sqrt{(k+1)\pi}}\leq \frac{1}{\sqrt{t}}\leq \frac{1}{\sqrt{k\pi}}$$であり、さらにこの範囲で$\displaystyle \frac{(-1)^{k}}{2}\cdot \sin{t}\geq 0$であるから、$$\frac{(-1)^k}{2}\cdot \frac{\sin{t}}{\sqrt{(k+1)\pi}}\leq \frac{(-1)^k}{2}\cdot \frac{\sin{t}}{\sqrt{t}}\leq \frac{(-1)^k}{2}\cdot \frac{\sin{t}}{\sqrt{k\pi}}$$となる。これを$k\pi$から$(k+1)\pi$まで積分して$$\frac{a}{\sqrt{(k+1)\pi}}\leq A_k\leq \frac{a}{\sqrt{k\pi}}$$である。つまり、$$\frac{1}{\sqrt{(k+1)\pi}}\leq A_k\leq \frac{1}{\sqrt{k\pi}}$$である。

$(2)$ $(1)$の不等式で$k = n, n + 1, \cdots, 2n-1$としたものを各辺ごとに足して$\displaystyle \sqrt{n}$で割ると、$$\frac{1}{\sqrt{n}}\cdot \frac{1}{\sqrt{\pi}}\sum_{k=1}^{n-1}{\frac{1}{\sqrt{n+k}}}\leq \frac{1}{\sqrt{n}}\sum_{k=n}^{2n-1}{A_k}\leq \frac{1}{\sqrt{n}}\cdot \frac{1}{\sqrt{\pi}}\sum_{k=0}^{n-1}{\frac{1}{\sqrt{n+k}}}$$である。区分求積法を利用すると、左辺は$$\begin{eqnarray}\frac{1}{\sqrt{\pi}}\frac{1}{n}\sum_{k=1}^{n-1}{\frac{1}{\sqrt{1+\frac{k}{n}}}} & \to & \frac{1}{\sqrt{\pi}}\int_{0}^{1}{\frac{dx}{\sqrt{1+x}}}\ \ (n\to\infty)\end{eqnarray}$$であり、右辺も同様に$\displaystyle \frac{1}{\sqrt{\pi}}\int_{0}^{1}{\frac{dx}{\sqrt{1+x}}}$に収束する。また、中辺は$n\to\infty$で$\displaystyle \lim_{n\to\infty}{B_n}$となる。$$\begin{eqnarray}\int_{0}^{1}{\frac{dx}{\sqrt{1+x}}} & = & [2\sqrt{1+x}]_{0}^{1}\\ & = & 2(\sqrt{2}-1)\end{eqnarray}$$であるから、$\displaystyle \underline{\lim_{n\to\infty}{B_n} = \frac{2(\sqrt{2}-1)}{\sqrt{\pi}}}$となる。