MIT Integration Bee Finals2026の一問目を解く

\begin{align*} I&=\lim_{n\to\infty}\int_{0}^{1}\left(\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{nx^2+kx+n}\right)dx \end{align*}

\begin{align*} I&=\lim_{n\to\infty}\int_{0}^{1}\left(\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{nx^2+kx+n}\right)dx \end{align*}
について、分母の$n$を括りだしてから$\displaystyle\sum$と$\displaystyle\int$を入れ替えます。有限和と積分の入れ替えは何の問題もないのでOKです。
\begin{align*} I&=\lim_{n\to\infty}\frac{1}{n}\sum_{k=1}^{n}\int_{0}^{1}\frac{1}{x^2+\frac{k}{n}x+1}dx\\ &=\lim_{n\to\infty}\frac{1}{n}\sum_{k=1}^{n}\int_{0}^{1}\frac{1}{\left(x+\frac{k}{2n}\right)^2+1-\frac{k^2}{4n^2}}dx \end{align*}
先に平方完成しちゃいました。二次式の逆数は平方完成して$\tan$へ置換するためです。
\begin{align*} x+\frac{k}{2n}&=\frac{\sqrt{4n^2-k^2}}{2n}\tan{\theta}\\ dx&=\frac{\sqrt{4n^2-k^2}}{2n}\sec^2{\theta}d\theta \end{align*}
区間はグロイことになりますね。
\begin{align*} x&=0\rightarrow\theta=\tan^{-1}\left(\frac{k}{\sqrt{4n^2-k^2}}\right)=\theta_1\\ x&=1\rightarrow\theta=\tan^{-1}\left(\frac{2n+k}{\sqrt{4n^2-k^2}}\right)=\theta_2 \end{align*}
これを踏まえると積分は
\begin{align*} I&=\lim_{n\to\infty}\frac{1}{n}\sum_{k=1}^{n}\int_{\theta_1}^{\theta_2}\frac{1}{\frac{4n^2-k^2}{4n^2}\sec^2{\theta}}\frac{\sqrt{4n^2-k^2}}{2n}\sec^2{\theta}d\theta\\ &=\lim_{n\to\infty}\frac{1}{n}\sum_{k=1}^{n}\int_{\theta_1}^{\theta_2}\frac{2n}{\sqrt{4n^2-k^2}}d\theta\\ &=\lim_{n\to\infty}\frac{1}{n}\sum_{k=1}^{n}\frac{2n}{\sqrt{4n^2-k^2}}(\theta_2-\theta_1) \end{align*}
さて、なんか見えますよね。極限、$\dfrac{1}{n}$、総和。区分求積法使えと言っているようなものですよね。もちろん使います。ですがその前に、$\tan^{-1}$を加法定理で一つにまとめてしまいましょう。
\begin{align*} I&=\lim_{n\to\infty}\frac{1}{n}\sum_{k=1}^{\infty}\frac{2}{\sqrt{4-\left(\frac{k}{n}\right)^2}}\tan^{-1}\left(\frac{\frac{2n+k-k}{\sqrt{4n^2-k^2}}}{1+\frac{2nk+k^2}{4n^2-k^2}}\right)\\ &=\lim_{n\to\infty}\frac{1}{n}\sum_{k=1}^{\infty}\frac{2}{\sqrt{4-\left(\frac{k}{n}\right)^2}}\tan^{-1}\left(\sqrt{\frac{2n-k}{2n+k}}\right)\\ &=\lim_{n\to\infty}\frac{1}{n}\sum_{k=1}^{\infty}\frac{2}{\sqrt{4-\left(\frac{k}{n}\right)^2}}\tan^{-1}\left(\sqrt{\frac{2-\frac{k}{n}}{2+\frac{k}{n}}}\right) \end{align*}
さ、これで区分求積法が使えますね！
\begin{align*} I&=\int_{0}^{1}\frac{2}{\sqrt{4-x^2}}\tan^{-1}\left(\sqrt{\frac{2-x}{2+x}}\right)dx \end{align*}
ところで実は
\begin{align*} \left(\tan^{-1}\left(\sqrt{\frac{2+x}{2-x}}\right)\right)'&=-\frac{1}{2\sqrt{4-x^2}} \end{align*}
なんです。微分形がもろに出てきたのでこの積分は一瞬です。
\begin{align*} I&=-4\int_{0}^{1}-\frac{1}{2\sqrt{4-x^2}}\tan^{-1}\left(\sqrt{\frac{2-x}{2+x}}\right)dx\\ &=-2\left[\left\{\tan^{-1}\left(\sqrt{\frac{2-x}{2+x}}\right)\right\}^2\right]_{0}^{1}\\ &=-2\left(\frac{\pi^2}{36}-\frac{\pi^2}{16}\right)\\ &=\frac{5}{72}\pi^2 \end{align*}
以上より、
\begin{align*} I&=\lim_{n\to\infty}\frac{1}{n}\int_{0}^{1}\left(\sum_{k=1}^{\infty}\frac{1}{nx^2+kx+n}\right)dx=\frac{5}{72}\pi^2 \end{align*}
と計算できました！