Twitterの問題の解説

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この記事では, 以下の問題を解説しようと思います.

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$(1)$

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$$ f(x)=\int_0^x\sqrt{1-t^2}\,dt$$
とおきます.

$$ f(a_1)=\frac1n\cdot\fracπ4 $$
が成り立ちます.

ここで, $\ds\limn a_1 =0$ ですから,
$$\beq \limn\frac{f(a_1)}{a_1}&=&\lim_{x\to0}\frac{f(x)}{x}\\[5pt] &=&f'(0)\\[5pt] &=&1\eeq$$
となります.

従って,

$$ \limn\frac1{na_1}\cdot\fracπ4=1$$
即ち
$$ \limn na_1=\fracπ4$$
と分かりました.
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$(2)$

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$$ \int_{1-a_{n-1}}^1\sqrt{1-x^2}\,dx=\frac1n\cdot\fracπ4$$
が成り立ちます. $1-x\mapsto x$なる置換により,
$$ \int_0^{1-a_{n-1}}\sqrt{2x-x^2}\,dx=\frac1n\cdot\fracπ4$$
と書くことができます.

ここで$x$が小さい時, $\sqrt{2x-x^2}$ を評価してみます. 上からは$\sqrt{2x}$で抑えられ, 下からは,
$$\beq \sqrt{2x}-\sqrt{2x-x^2}&=&\frac{x^2}{\sqrt{2x}+\sqrt{2x-x^2}}\\[5pt] &<&\frac{x\sqrt x}{\sqrt2}\\ &<&x\hspace{10pt}(0< x<2) \eeq$$
のように抑えられるので,
$$ \sqrt{2x}-x<\sqrt{2x-x^2}<\sqrt{2x}$$
となります.

これを
$$ \int_0^{1-a_{n-1}}\sqrt{2x-x^2}\,dx=\frac1n\cdot\fracπ4$$
に適用します. 簡単のために$1-a_{n-1}=b_n$とおいて,
$$\beq \int_0^{b_n}\left(\sqrt{2x}-x\right)\,dx\ &<&\ \frac1n\cdot\fracπ4\ <\ \int_0^{b_n}\sqrt{2x}\,dx\\[5pt] \frac{2\sqrt2}{3}{b_n}^{\frac32}-\frac12{b_n}^2\ &<&\ \frac1n\cdot\fracπ4\ <\ \frac{2\sqrt2}{3}{b_n}^{\frac32}\\[5pt] \frac{2\sqrt2}{3}{b_n}^{\frac32}\left(1-{b_n}^{\frac12}\right)\ &<&\ \frac1n\cdot\fracπ4\ <\ \frac{2\sqrt2}{3}{b_n}^{\frac32}\\[5pt] \frac{3π}{8\sqrt2}\ &<&\ n{b_n}^{\frac32}\ <\ \frac1{1-{b_n}^{\frac12}}\cdot\frac{3π}{8\sqrt2}\\[5pt] \eeq$$

従って,
$$ \limn n{b_n}^{\frac32} = \frac{3π}{8\sqrt2}$$
なので,
$$ \limn n^{\frac23}\big(1-a_{n-1}\big) = \left(\frac{3π}{8\sqrt2}\right)^{\frac23}$$
と分かりました.
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$(3)$

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$$ f(x)=\int_0^x\sqrt{1-t^2}\,dt$$
を思い出します.

$k=1,2,\ldots n-1$ に対して
$$ f(a_k)=\frac kn\cdot\fracπ4$$
が成り立ちます.

$f(x)$は単調増加関数なので, その逆関数$f^{-1}(x)$が存在して,
$$ f^{-1}\left(\frac kn\cdot\fracπ4\right)=a_k$$
が成り立ちます.

従って,
$$\beq \limn\,\frac1n\sum_{k=1}^{n-1}a_{k}&=&\limn\,\frac1n\sum_{k=1}^{n-1}f^{-1}\left(\frac kn\cdot\fracπ4\right)\\[5pt] &=&\int_0^1f^{-1}\left(\fracπ4 x\right)\,dx\\[5pt] &=&\frac4π \int_0^{\fracπ4} f^{-1}(x)\,dx\\[5pt] &=&\frac4π \int_0^1 t\cdot f'(t)\,dt\hspace{16pt}\left(x=f(t)\right)\\[5pt] &=&\frac4π \int_0^1 t\sqrt{1-t^2}\,dt\\[5pt] &=&\frac4π \bigg[-\frac12\cdot\frac23(1-t^2)^{\frac32}\bigg]_0^1\\[5pt] &=&\frac{4}{3π} \eeq$$

が分かりました.

実はこれは, $W$の重心となっています.

同じ面積に区切った短冊の$x$座標の平均値ですので, 実は重心の定義通りの計算をしていたのでした.
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ここまで読んで下さった方, どうもありがとうございます.

この問題を一般化すると, $0\leqq y\leqq f(x)\space(a\leqq x\leqq b)$ で表される領域$W$の面積$S$を$n$等分する直線を$a_k$としたとき,

$$ \limn na_1=\frac{S}{f(a)}$$
$$ \limn\frac1n\sum_{k=1}^{n-1}a_k=x_G=\frac{\int_a^b xf(x)\,dx}{S}$$
のようになります.
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