[math]1992年東京医科歯科大学前期数学問題1

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2022.01.20

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問題

$(1)$ $a > 0, b\geq 0$のとき、次の値の大小関係を調べよ。$$\int_{b}^{b+1}{\frac{dx}{\sqrt{x+a}}}, \frac{1}{\sqrt{a+b}}, \frac{1}{\sqrt{a+b+1}}$$
$(2)$ $\displaystyle \lim_{n\to\infty}{\sum_{k=1}^{n}{\frac{1}{\sqrt{n^2+k}}}}$の値を求めよ。

方針

$(1)$は積分を実行してしまうとかえって面倒になる。$(2)$は$(1)$が利用できる。

解答

$(1)$ 積分の平均値の定理から、$\displaystyle \int_{b}^{b+1}{\frac{dx}{\sqrt{x+a}}} = \frac{(b+1)-b}{\sqrt{c+a}} = \frac{1}{\sqrt{c+a}}$を満たす$c$が区間$[b, b+1]$に存在する。この時、$$\frac{1}{\sqrt{b+1+a}}<\frac{1}{\sqrt{c+a}}<\frac{1}{\sqrt{b+a}}$$だから、$\displaystyle \underline{\frac{1}{\sqrt{b+1+a}}<\int_{b}^{b+1}{\frac{dx}{\sqrt{x+a}}}<\frac{1}{\sqrt{b+a}}}$となる。

$(2)$ $(1)$の不等式で$a = n^2(>0), b = k(\geq 0)$とすると、$$\frac{1}{\sqrt{k+1+n^2}}\leq \int_{k}^{k+1}{\frac{dx}{\sqrt{x+n^2}}}<\frac{1}{\sqrt{k+n^2}} \tag{a}$$である。式$(a)$の左側の不等式で$k = 0, 1, 2, \cdots ,n-1$としたものを辺ごとに足すと、$$\begin{eqnarray}\sum_{k=1}^{n}{\frac{1}{\sqrt{k+n^2}}} & \leq & \int_{0}^{n}{\frac{dx}{\sqrt{x+n^2}}} \\ & = & [2\sqrt{x+n^2}]_{0}^{n} \\ & = & 2(\sqrt{n+n^2}-\sqrt{n^2}) \\ & = & \frac{2n}{\sqrt{n+n^2}+\sqrt{n^2}} \\ & = & \frac{2}{\sqrt{1+\frac{1}{n}}+1} \\ & \to & \frac{2}{1+1} \ (n\to\infty) \\ & = & 1\end{eqnarray}$$である。また、式$(a)$の右側の不等式で$k=1, 2, \cdots, n$としたものを辺ごとに足すと、$$\int_{1}^{n+1}{\frac{dx}{\sqrt{x+n^2}}} \leq \sum_{k=1}^{n}{\frac{1}{\sqrt{n^2+k}}}$$となるが、$$\begin{eqnarray}\int_{1}^{n+1}{\frac{dx}{\sqrt{x+n^2}}} & = & [2\sqrt{x+n^2}]_{1}^{n+1} \\ & = & 2(\sqrt{n+1+n^2}-\sqrt{1+n^2}) \\ & = & \frac{2n}{\sqrt{n+1+n^2}+\sqrt{1+n^2}} \\ & = & \frac{2}{\sqrt{\frac{1}{n}+\frac{1}{n^2}+1}+\sqrt{\frac{1}{n^2}+1}} \\ & \to & \frac{2}{1+1}\ (n\to\infty) \\ & = & 1\end{eqnarray}$$となる。以上から、はさみうちの原理より$\displaystyle \underline{\lim_{n\to\infty}{\sum_{k=1}^{n}{\frac{1}{\sqrt{n^2+k}}}}=1}$となる。

解説

$(1)$ 色々な解き方がある。面積を用いて図形的に解いても良い。ただし、積分を実行してしまうと多少面倒になる。

$(2)$は$(1)$を用いるが、$k=0, 1, \cdots, n-1$とする部分と、$k=1, 2, \cdots, n$とする部分がある。細かい部分には注意するようにする。

[math]1992年東京医科歯科大学前期数学問題1

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