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.

領域

{\begin{cases} x^{2} + y^{2} ≦ 1 \\ 0 ≦ x, y \end{cases}

を

W

とします.

2

以上の整数

n

に対し, 実数

a_{k}

を以下のように定めます.

・

0 < a_{1} < a_{2} < \dots < a_{n - 1} < 1

・

(n - 1)

本の直線

x = a_{k} (k = 1, 2, \dots n - 1)

は

W

の面積を

n

等分する.

このとき, 以下の極限を求めてください.

(1) lim_{n \to \infty} n a_{1} (2) lim_{n \to \infty} n^{\frac{2}{3}} (1 - a_{n - 1}) (3) lim_{n \to \infty} \frac{1}{n} \sum_{k = 1}^{n - 1} a_{k}

$(1)$

$f (x) = \int_{0}^{x} \sqrt{1 - t^{2}} d t$
とおきます.

$f (a_{1}) = \frac{1}{n} \cdot \frac{π}{4}$
が成り立ちます.

ここで, $lim_{n \to \infty} a_{1} = 0$ ですから,
$\begin{array}{rcl} lim_{n \to \infty} \frac{f (a_{1})}{a_{1}} & = & lim_{x \to 0} \frac{f (x)}{x} \\ = & f^{'} (0) \\ = & 1 \end{array}$
となります.

従って,

$lim_{n \to \infty} \frac{1}{n a_{1}} \cdot \frac{π}{4} = 1$
即ち
$lim_{n \to \infty} n a_{1} = \frac{π}{4}$
と分かりました.

$(2)$

$\int_{1 - a_{n - 1}}^{1} \sqrt{1 - x^{2}} d x = \frac{1}{n} \cdot \frac{π}{4}$
が成り立ちます. $1 - x \mapsto x$ なる置換により,
$\int_{0}^{1 - a_{n - 1}} \sqrt{2 x - x^{2}} d x = \frac{1}{n} \cdot \frac{π}{4}$
と書くことができます.

ここで $x$ が小さい時, $\sqrt{2 x - x^{2}}$ を評価してみます. 上からは $\sqrt{2 x}$ で抑えられ, 下からは,
$\begin{array}{rcl} \sqrt{2 x} - \sqrt{2 x - x^{2}} & = & \frac{x^{2}}{\sqrt{2 x} + \sqrt{2 x - x^{2}}} \\ < & \frac{x \sqrt{x}}{\sqrt{2}} \\ < & x (0 < x < 2) \end{array}$
のように抑えられるので,
$\sqrt{2 x} - x < \sqrt{2 x - x^{2}} < \sqrt{2 x}$
となります.

これを
$\int_{0}^{1 - a_{n - 1}} \sqrt{2 x - x^{2}} d x = \frac{1}{n} \cdot \frac{π}{4}$
に適用します. 簡単のために $1 - a_{n - 1} = b_{n}$ とおいて,
$\begin{array}{rcl} \int_{0}^{b_{n}} (\sqrt{2 x} - x) d x & < & \frac{1}{n} \cdot \frac{π}{4} < \int_{0}^{b_{n}} \sqrt{2 x} d x \\ \frac{2 \sqrt{2}}{3} {b_{n}}^{\frac{3}{2}} - \frac{1}{2} {b_{n}}^{2} & < & \frac{1}{n} \cdot \frac{π}{4} < \frac{2 \sqrt{2}}{3} {b_{n}}^{\frac{3}{2}} \\ \frac{2 \sqrt{2}}{3} {b_{n}}^{\frac{3}{2}} (1 - {b_{n}}^{\frac{1}{2}}) & < & \frac{1}{n} \cdot \frac{π}{4} < \frac{2 \sqrt{2}}{3} {b_{n}}^{\frac{3}{2}} \\ \frac{3 π}{8 \sqrt{2}} & < & n {b_{n}}^{\frac{3}{2}} < \frac{1}{1 - {b_{n}}^{\frac{1}{2}}} \cdot \frac{3 π}{8 \sqrt{2}} \end{array}$

従って,
$lim_{n \to \infty} n {b_{n}}^{\frac{3}{2}} = \frac{3 π}{8 \sqrt{2}}$
なので,
$lim_{n \to \infty} n^{\frac{2}{3}} (1 - a_{n - 1}) = {(\frac{3 π}{8 \sqrt{2}})}^{\frac{2}{3}}$
と分かりました.

$(3)$

$f (x) = \int_{0}^{x} \sqrt{1 - t^{2}} d t$
を思い出します.

$k = 1, 2, \dots n - 1$ に対して
$f (a_{k}) = \frac{k}{n} \cdot \frac{π}{4}$
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,
$f^{- 1} (\frac{k}{n} \cdot \frac{π}{4}) = a_{k}$
が成り立ちます.

従って,
$\begin{array}{rcl} lim_{n \to \infty} \frac{1}{n} \sum_{k = 1}^{n - 1} a_{k} & = & lim_{n \to \infty} \frac{1}{n} \sum_{k = 1}^{n - 1} f^{- 1} (\frac{k}{n} \cdot \frac{π}{4}) \\ = & \int_{0}^{1} f^{- 1} (\frac{π}{4} x) d x \\ = & \frac{4}{π} \int_{0}^{\frac{π}{4}} f^{- 1} (x) d x \\ = & \frac{4}{π} \int_{0}^{1} t \cdot f^{'} (t) d t (x = f (t)) \\ = & \frac{4}{π} \int_{0}^{1} t \sqrt{1 - t^{2}} d t \\ = & \frac{4}{π} [- \frac{1}{2} \cdot \frac{2}{3} (1 - t^{2})^{\frac{3}{2}}]_{0}^{1} \\ = & \frac{4}{3 π} \end{array}$

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.

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, $0 ≦ y ≦ f (x) (a ≦ x ≦ b)$ 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,

$lim_{n \to \infty} n a_{1} = \frac{S}{f (a)}$
$lim_{n \to \infty} \frac{1}{n} \sum_{k = 1}^{n - 1} a_{k} = x_{G} = \frac{\int_{a}^{b} x f (x) d x}{S}$
のようになります.