[高校数学]被積分関数をどう評価する？2023年度東大理系数学第1問を解説！

みなさんこんにちは、Yutaです。

今回は、2023年度東大理系数学の第1問を解説していきます。

(2)は(1)ができればすぐに方針が立ちますが、(1)で歯が立たない受験生も多かったようです。

この問題は他の問題で活かすことのできるポイントがありますので、

東大・京大・東工大などを中心とした最難関大学を受験される方はぜひ取り組んでみて欲しいと思います。

問題の概要
(1)の解説
(2)の解説
まとめ：[高校数学]被積分関数をどう評価する？2023年度東大理系数学第1問を解説！

問題の概要

今回解説する問題は以下の通りです。

(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,
$$B_k=\frac{1}{\sqrt{n}} \int_{\sqrt{n \pi}}^{\sqrt{2n \pi}} |\sin(x^2)| dx$$
とおく。極限$\displaystyle \lim_{n \to \infty}B_n$を求めよ。

(1)の解説

置換積分により、積分区間を変更する

$A_k$の積分区間が、$\sqrt{k \pi}$から$\sqrt{(k+1) \pi}$となっていますね。

積分区間に根号があると正直やりづらいので、$t=x^2$と置換します。

そうすると、$t$:$k \pi$→$(k+1) \pi$となります。

また、$x>0$より$x=\sqrt{t}$となりますので、$\displaystyle \frac{dx}{dt}=\frac{1}{2\sqrt{t}}$つまり$\displaystyle dx=\frac{1}{2\sqrt{t}}dt$を得ます。

\begin{eqnarray}
A_k&=&\int_{k \pi}^{(k+1) \pi} \frac{|\sin t|}{2\sqrt{t}}dt\\
&=&\int_{k \pi}^{(k+1) \pi} \frac{|\sin x|}{2\sqrt{x}}dx…(*)
\end{eqnarray}

を得ます。

一般に、積分不等式に関する問題では、

被積分関数を不等式評価して、定められた区間で積分する

ことが基本です。

では、(*)の被積分関数をどう評価すればよいのでしょうか。

被積分関数をどう評価する？

まずぱっと思い浮かぶのは、$|\sin x|$を評価することでしょうか。

$k \pi \leq x \leq (k+1) \pi$において、$0 \leq |\sin x| \leq 1$となります。

この不等式の各辺に$\displaystyle \frac{1}{2\sqrt{x}}$をかけて、$\displaystyle 0 \leq \frac{|\sin x|}{2\sqrt{x}} \leq \frac{1}{2\sqrt{x}}$を得ます。

しかし、各辺を$k \pi$から$(k+1) \pi$まで積分すると、最左辺が0となってうまくいきません。

ここで、ポイントですが、

積分不等式において、

ある区間で単調に増加・単調に減少する関数→不等式評価しやすい
上記以外の関数→不等式評価に不向き

ということを覚えておいておくとよいでしょう。

そうすると、$|\sin x|$は$k \pi \leq x \leq (k+1) \pi$で極値をとる関数になるので、不等式評価に向きません。

一方で、$\displaystyle \frac{1}{2\sqrt{x}}$は$k \pi \leq x \leq (k+1) \pi$で単調に減少するので、こちらは不等式評価しやすいです。

ですので、こちらの関数を評価すると、$\displaystyle \frac{1}{2 \sqrt{(k+1)\pi}} \leq \frac{1}{2\sqrt{x}} \leq \frac{1}{2\sqrt{k \pi}}$を得ます。

そして各辺に$|\sin x|$をかけて、各辺を$k \pi \leq x \leq (k+1) \pi$で積分すると、

$$\int_{k \pi}^{(k+1) \pi} \frac{|\sin x|}{2\sqrt{(k+1)\pi}}dx \leq A_k \leq \int_{k \pi}^{(k+1) \pi} \frac{|\sin x|}{2\sqrt{k \pi}}dx$$

を得ます。

これで、問題に示されている式の形が出てきます。

あとは、$\displaystyle \int_{k \pi}^{(k+1) \pi} |\sin x| dx$を求めることができれば証明が完了します。

そのため、$\displaystyle \int_{k \pi}^{(k+1) \pi} |\sin x| dx= \int_{0}^{\pi} |\sin x| dx$が成り立ちます。

これを計算すると、

\begin{eqnarray}
\int_{0}^{\pi} |\sin x| dx &=& \int_{0}^{\pi} \sin x dx \\
&=&\left[-\cos x\right]^{\pi}_{0}\\
&=&2
\end{eqnarray}

となるので、

\begin{gather}
2 \cdot \frac{1}{2\sqrt{(k+1)\pi}} \leq A_k \leq 2 \cdot \frac{1}{2\sqrt{k\pi}}\\
\frac{1}{\sqrt{(k+1)\pi}} \leq A_k \leq \frac{1}{\sqrt{k\pi}}
\end{gather}

となって問題に示されている不等式を得ます。

(1)の解答例

以下、(1)の解答例です。

(証明)
$t=x^2$と置換する。
$x$:$\sqrt{k \pi}$→$\sqrt{(k+1) \pi}$のとき, $t$:$k \pi$→$(k+1) \pi$となる。
$x>0$より$x=\sqrt{t}$となり,$\displaystyle dx=\frac{1}{2\sqrt{t}}dt$を得る。
よって,
\begin{eqnarray}
A_k&=&\int_{k \pi}^{(k+1) \pi} \frac{|\sin t|}{2\sqrt{t}}dt\\
&=&\int_{k \pi}^{(k+1) \pi} \frac{|\sin x|}{2\sqrt{x}}dx
\end{eqnarray}
となる。
ここで, $k \pi \leq x \leq (k+1) \pi$では,
$$\frac{|\sin x|}{2 \sqrt{(k+1)\pi}} \leq \frac{|\sin x|}{2\sqrt{x}} \leq \frac{|\sin x|}{2\sqrt{k \pi}}$$
が成り立つ。各辺を$k \pi \leq x \leq (k+1) \pi$で積分すると,
$$\int_{k \pi}^{(k+1) \pi} \frac{|\sin x|}{2\sqrt{(k+1)\pi}}dx \leq A_k \leq \int_{k \pi}^{(k+1) \pi} \frac{|\sin x|}{2\sqrt{k \pi}}dx$$
となる。
ここで, $|\sin x|$は$|\sin(\pi+x)|=|\sin x|$より, 周期が$\pi$の関数であるから,
$\displaystyle \int_{k \pi}^{(k+1) \pi} |\sin x| dx= \int_{0}^{\pi} |\sin x| dx$が成り立つ。
\begin{eqnarray}
\int_{0}^{\pi} |\sin x| dx &=& \int_{0}^{\pi} \sin x dx \\
&=&\left[-\cos x\right]^{\pi}_{0}\\
&=&2
\end{eqnarray}
となるので,
\begin{gather}
2 \cdot \frac{1}{2\sqrt{(k+1)\pi}} \leq A_k \leq 2 \cdot \frac{1}{2\sqrt{k\pi}}\\
\frac{1}{\sqrt{(k+1)\pi}} \leq A_k \leq \frac{1}{\sqrt{k\pi}}
\end{gather}
となって, 題意は示された。
(Q.E.D.)

(2)の解説

(2)では、(1)が利用できないかを考えてみましょう。

\begin{eqnarray}
\int_{\sqrt{n \pi}}^{\sqrt{2n \pi}} |\sin(x^2)| dx&=&A_n+A_{n+1}+\dotsb+A_{2n-2}+A_{2n-1}\\
&=& \sum_{k=n}^{2n-1} A_k
\end{eqnarray}

と表すことができますね。

ここで、(1)の結果を利用すると、

\begin{gather}
\frac{1}{\sqrt{n}} \sum_{k=n}^{2n-1} \frac{1}{\sqrt{(k+1)\pi}} \leq B_n \leq \frac{1}{\sqrt{n}} \sum_{k=n}^{2n-1} \frac{1}{\sqrt{k\pi}}\\
\frac{1}{n} \sum_{k=n}^{2n-1} \frac{1}{\sqrt{\frac{(k+1)\pi}{n}}} \leq B_n \leq \frac{1}{n} \sum_{k=n}^{2n-1} \frac{1}{\sqrt{\frac{k\pi}{n}}}
\end{gather}

と、区分求積法に持ち込める形に変形できます。

よって、最左辺と最右辺は$n \to \infty$で、

\begin{eqnarray}
\int_{1}^{2} \frac{1}{\sqrt{\pi x}} dx&=&\left[\frac{2}{\sqrt{\pi}} \sqrt{x} \right]^{2}_{1}\\
&=&\frac{2(\sqrt{2}-1)}{\sqrt{\pi}}
\end{eqnarray}

に収束します。

以上より、はさみうちの原理から、$\displaystyle \lim_{n \to \infty}B_n=\frac{2(\sqrt{2}-1)}{\sqrt{\pi}}$と求まります。

(2)は(1)が正解できていなくても解ける問題でしたので、

本番で(1)で見通しが立たなかった場合は(2)から取り組むのが得策だったかと思います。