【東京大学-理系】第１問「定積分の評価」と「区分求積の工夫」解答・解説［過去問 2023年度］

\(x^2=\theta\) とおくと、\(\sqrt{k\pi}\leq x\leq\sqrt{(k+1)\pi}\) において \(x=\sqrt{\theta}\) より \(\displaystyle dx=\frac{1}{2\sqrt{\theta}}d\theta\) である。よって、
\begin{align}
A_k=\frac{1}{2}\int_{k\pi}^{(k+1)\pi} \frac{|\sin\theta|}{\sqrt{\theta}}d\theta
\end{align}である。ここで、\(k\pi\leq\theta\leq(k+1)\pi\) において $$\frac{1}{\sqrt{(k+1)\pi}}\leq \frac{1}{\sqrt{\theta}}\leq\frac{1}{\sqrt{k\pi}}$$ である。また、
\begin{align}
\int_{k\pi}^{(k+1)\pi}|\sin\theta|d\theta=2
\end{align}である。これより、
\begin{align}
\frac{1}{2}\times\frac{2}{\sqrt{(k+1)\pi}}\leq A_k\leq \frac{1}{2}\times\frac{2}{\sqrt{k\pi}}
\end{align}すなわち
\begin{align}
\frac{1}{\sqrt{(k+1)\pi}}\leq A_k\leq \frac{1}{\sqrt{k\pi}}
\end{align}を得る。

まず、
\begin{align}
B_n
&=\frac{1}{\sqrt{n}}\int_{\sqrt{n\pi}}^{\sqrt{2n\pi}} |\sin(x^2)| dx\\
&=\frac{1}{\sqrt{n}}\sum_{k=n}^{2n-1} A_k
\end{align}であるので、（１）より

\begin{align}
\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}}
\end{align}

となる。

左辺について

\begin{align}
\frac{1}{\sqrt{n}}\sum_{k=n}^{2n-1}\frac{1}{\sqrt{(k+1)\pi}}
&=\frac{1}{\sqrt{\pi}}\times\frac{1}{n}\sum_{k=n}^{2n-1}\frac{1}{\sqrt{\frac{k+1}{n}}}\\
&\to\frac{1}{\sqrt{\pi}}\int_1^2\frac{1}{\sqrt{x}}dx\quad(n\to\infty)\\
&=\frac{1}{\sqrt{\pi}}\left[2\sqrt{x}\right]_1^2\\
&=\frac{2(\sqrt{2}-1)}{\sqrt{\pi}}
\end{align}

である。右辺についても同様に

\begin{align}
\frac{1}{\sqrt{n}}\sum_{k=n}^{2n-1}\frac{1}{\sqrt{k\pi}}
&=\frac{1}{\sqrt{\pi}}\times\frac{1}{n}\sum_{k=n}^{2n-1}\frac{1}{\sqrt{\frac{k}{n}}}\\
&\to\frac{1}{\sqrt{\pi}}\int_1^2\frac{1}{\sqrt{x}}dx\quad(n\to\infty)\\
&=\frac{2(\sqrt{2}-1)}{\sqrt{\pi}}
\end{align}

である。

よって、はさみうちの原理より $$\lim_{n\to\infty}B_n=\frac{2(\sqrt{2}-1)}{\sqrt{\pi}}$$ を得る。