【解く】他記事の極限の問題を解く
まえがき
こんにちは、高3のぱぺです。
8月31日ですね。はい。宿題終わってないのにここで極限解くなという話でございまして。すみません。でもやらせてください。(書き始め8/31)
本題
今回は、前回の問題の解説...ではなく、こちらの記事の極限の問題を解こうという話でございます。
さんの記事 ([ここをクリック](https://mathlog.info/articles/BTzYuePo5pBMDUGJfQQ9))](https://firebasestorage.googleapis.com/v0/b/mathlog-361213.appspot.com/o/uploads%2Fmathdown%2FPOxn4UVG9Uq98HkcqFw7.png?alt=media)
私、この方とは全く面識ありませんが、MathlogのTLを漁っていたらこの記事を偶然見つけまして、問題が気になったので解いてみることにしました。
では、早速この問題を解いてみましょう。
記事にあった問題
問題
次の極限値を求めよ。
$$\displaystyle \lim_{n\rightarrow ∞} n\int_{\sqrt[n]{nπ}}^{\sqrt[n]{2nπ}} \sin \left( x^2 \right) \; dx $$
こういうことですね。
ここから先が自己解答です。
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まずは軽く解き進める
次の極限値を求めよ。
$$\displaystyle \lim_{n\rightarrow ∞} n\int_{\sqrt[n]{nπ}}^{\sqrt[n]{2nπ}} \sin \left( x^2 \right) \; dx $$
数列なので、まずは$\lim$内の式を$a_n$とおいて解き進めることが大前提。
$\displaystyle a_n=n\int_{\sqrt[n]{nπ}}^{\sqrt[n]{2nπ}} \sin \left( x^2 \right) \; dx$ とおく。
さらに$\displaystyle \int \sin\left(x^2\right) dx$ の不定積分自体解けないので、はさみうちの原理を使うことは確実でしょう。
さらにこの積分、何か見たことがあるなあと思ったんですが、これ東大で似たようなものがありましたね。
 より](https://firebasestorage.googleapis.com/v0/b/mathlog-361213.appspot.com/o/uploads%2Fmathdown%2FlRWNtftQLqjYYRxONBPI.jpg?alt=media)
2023東大理科大問1
「【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］」(数学の時間)
より
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これ解こうとしたことがあったんだけど、
えーっとこの解き方は確か...
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$\sqrt{nπ}\leq x \leq \sqrt{2nπ}$ に対して常に
$$\displaystyle 2\sqrt{nπ} \abs{\sin\left(x^2\right)}\leq 2x\abs{\sin\left(x^2\right)} \leq 2\sqrt{2nπ}\abs{\sin\left(x^2\right)}$$
が成り立ち、
$$\displaystyle \frac{1}{2\sqrt{2nπ}}\abs{ 2x\sin\left(x^2\right)} \leq \abs{\sin\left(x^2\right)} \leq \frac{1}{2\sqrt{nπ}} \abs{2x\sin\left(x^2\right)}$$
となるから
$$\displaystyle \frac{1}{2\sqrt{2nπ}}\abs{ \int_{\sqrt{nπ}}^{\sqrt{2nπ}}2x\sin\left(x^2\right) dx} \leq \int_{\sqrt{nπ}}^{\sqrt{2nπ}}\abs{\sin\left(x^2\right)} dx \leq \frac{1}{2\sqrt{nπ}} \abs{\int_{\sqrt{nπ}}^{\sqrt{2nπ}}2x\sin\left(x^2\right) dx}$$
がいえる。
あとは上下の値を計算して、はさみうちでバン。
とすればいいんですね。要はこういうことをすればよさそう。
ちょっと嫌な予感はする...が。
先に計算すると
$\displaystyle \int_{\sqrt[n]{nπ}}^{\sqrt[n]{2nπ}} 2x \sin\left(x^2\right)dx= \cos\left(nπ\right)^\frac{2}{n}-\cos\left(2nπ\right)^\frac{2}{n} $
あとは以下を考えることで手っ取り早く済む！
ある$N\in\mathbb{N}$ が存在して、
$$ n\geq N \Rightarrow 0<\left(nπ\right)^\frac{2}{n}<\left(2nπ\right)^\frac{2}{n}<\sqrt{π} $$
である
ということで、あとは何とかしていきましょう。
以下解答です。
答案
$\displaystyle a_n=n\int_{\sqrt[n]{nπ}}^{\sqrt[n]{2nπ}} \sin \left( x^2 \right) \; dx$ とおく。
まず、以下の補題を示す。
$$ n\geq 7 \Rightarrow 0<\sqrt[n]{nπ}<\sqrt[n]{2nπ}<\sqrt{π} \quad-①$$
である
$\sqrt[n]{nπ}>0$ は明らか。
$n\geq7$ のとき $0<\sqrt[n]{2nπ}<\sqrt{π} -①'$ を示す。
$①'\Leftrightarrow 0<4n^2<π^{n-2} -①''$ より、$①''$を示す。$\mathbb{Z}\ni k\geq7$とする。
・$n=7$ のとき $0<4\cdot 7^2<3^5<π^{7-2}$ で$①''$が成立。
・$n=k$ のとき $①''$ が成立すると仮定すると、以下より$n=k+1$でも$①''$が成立。
\begin{aligned}
0<4(k+1)^2&=\left(1+\frac{1}{k}\right)^2 \cdot 4k^2 \\
&<\left(1+\frac{1}{7}\right)^2 \cdot π^{k-2} \\
&<π \;\cdot\; π^{k-2}=π^{\left(k+1\right)-2}
\end{aligned}
$\sqrt[n]{nπ}<\sqrt[n]{2nπ}$ を示す。
$\displaystyle \frac{1}{n}>0$ より $1<\sqrt[n]{2}$
両辺 $\sqrt[n]{nπ}\;(>0)$ をかけて示せる。
以上から
$$ n\geq 7 \Rightarrow 0<\sqrt[n]{nπ}<\sqrt[n]{2nπ}<\sqrt{π} $$
$ $
以降、$n\geq7$ のときを考える。
$a=\sqrt[n]{nπ}, b=\sqrt[n]{2nπ}$ とすると、$0< a< b<\sqrt{π} \quad-②$ ,$\displaystyle b=\sqrt[n]{2} a \quad-③$
$ a< x < b $ において $0< x^2<π$ より $\sin\left(x^2\right)>0$ だから、
$$\displaystyle 2a \sin\left(x^2\right) < 2x\sin\left(x^2\right) < 2b\sin\left(x^2\right)$$
が成り立ち、
$$\displaystyle \frac{1}{2b} 2x\sin\left(x^2\right) < \sin\left(x^2\right) < \frac{1}{2a} 2x\sin\left(x^2\right)$$
となるから
$$\displaystyle \frac{1}{2b} \int_{a}^{b}2x\sin\left(x^2\right) dx < \int_{a}^{b}\sin\left(x^2\right) dx < \frac{1}{2a} \int_{a}^{b}2x\sin\left(x^2\right) dx$$
$ $
また、$\displaystyle \int_{a}^{b}2x\sin\left(x^2\right) dx=\cos{\left(nπ\right)^\frac{2}{n}}-\cos{\left(2nπ\right)^\frac{2}{n}}$ , $\displaystyle a_n=n \int_{a}^{b}\sin\left(x^2\right) dx$ より
$$\displaystyle \frac{\cos{\left(nπ\right)^\frac{2}{n}}-\cos{\left(2nπ\right)^\frac{2}{n}}}{2b} < \int_{a}^{b}\sin\left(x^2\right) dx < \frac{\cos{\left(nπ\right)^\frac{2}{n}}-\cos{\left(2nπ\right)^\frac{2}{n}}}{2a}$$
$$\displaystyle \frac{n}{2}\frac{\cos{\left(nπ\right)^\frac{2}{n}}-\cos{\left(2nπ\right)^\frac{2}{n}}}{b} < a_n < \frac{n}{2}\frac{\cos{\left(nπ\right)^\frac{2}{n}}-\cos{\left(2nπ\right)^\frac{2}{n}}}{a} $$
$$\displaystyle \frac{n}{2}\frac{\cos\left(nπ\right)^\frac{2}{n}-\cos\left(2nπ\right)^\frac{2}{n}}{\sqrt[n]{2nπ}} < a_n < \frac{n}{2}\frac{\cos\left(nπ\right)^\frac{2}{n}-\cos\left(2nπ\right)^\frac{2}{n}}{\sqrt[n]{nπ}} -④$$
$\displaystyle I_n=\frac{n}{2}\frac{\cos\left(nπ\right)^\frac{2}{n}-\cos\left(2nπ\right)^\frac{2}{n}}{\sqrt[n]{nπ}} $ とおくと、
$$④\cdots \frac{1}{\sqrt[n]{2}}I_n < a_n < I_n$$
ここで、$\displaystyle \lim_{n\rightarrow ∞} I_n$ を考える。
\begin{aligned}
I_n&=\frac{n}{2}\frac{\cos\left(nπ\right)^\frac{2}{n}-\cos\left(2nπ\right)^\frac{2}{n}}{\sqrt[n]{nπ}} \\
&=\frac{\cos\left(nπ\right)^\frac{2}{n}-\cos\left(2nπ\right)^\frac{2}{n}}{\left(nπ\right)^\frac{2}{n}-\left(2nπ\right)^\frac{2}{n}}
\;\cdot\; \frac{\left(nπ\right)^\frac{2}{n}-\left(2nπ\right)^\frac{2}{n}}{\left(nπ\right)^\frac{1}{n}}
\;\cdot\;\frac{n}{2}\\
&=-\;\frac{\cos\left(2nπ\right)^\frac{2}{n}-\cos\left(nπ\right)^\frac{2}{n}}{\left(2nπ\right)^\frac{2}{n}-\left(nπ\right)^\frac{2}{n}} \;\cdot\;
\sqrt[n]{nπ} \;\cdot\;
\frac{\sqrt[n]{4}-1}{\frac{2}{n} \ln{2}}
\;\cdot\;\frac{n}{2} \;\cdot\; \frac{2}{n}\ln{2}\\
&=-\sqrt[n]{nπ} \;\cdot\;
\frac{\cos\left(2nπ\right)^\frac{2}{n}-\cos\left(nπ\right)^\frac{2}{n}}{\left(2nπ\right)^\frac{2}{n}-\left(nπ\right)^\frac{2}{n}} \;\cdot\;
\frac{\sqrt[n]{4}-1}{\frac{2}{n} \ln{2}}
\;\cdot\; \ln{2}\\
\end{aligned}
\begin{aligned}
\displaystyle \lim_{n\rightarrow ∞} \ln\left\{\sqrt[n]{nπ}\right\}
&=\lim_{n\rightarrow ∞}\frac{1}{n}\ln\left\{nπ\right\} \\
&=\lim_{n\rightarrow ∞} \left\{\frac{\ln n}{n}+\frac{π}{n} \right\}
\\&=0
\end{aligned}
よって、$\displaystyle \lim_{n\rightarrow ∞} \sqrt[n]{nπ}=\lim_{n\rightarrow ∞} e^{\ln\sqrt[n]{nπ}}=e^0=1$
$ $
$f(x)=\cos{x}$ とおく。 $f'(x)=-\sin x$
区間$\left[0,\sqrt{π}\right]$において$f(x)$は微分可能であり、$0<\left(nπ\right)^\frac{2}{n}<\left(2nπ\right)^\frac{2}{n}<\sqrt{π}$ から、平均値の定理より
\begin{cases} \displaystyle
f'(c_n)=\frac{\cos\left(2nπ\right)^\frac{2}{n}-\cos\left(nπ\right)^\frac{2}{n}}{\left(2nπ\right)^\frac{2}{n}-\left(nπ\right)^\frac{2}{n}} \\
\left(nπ\right)^\frac{2}{n}< c_n<\left(2nπ\right)^\frac{2}{n}
\end{cases}
を満たす$c_n$が常に存在する。
$n\rightarrow ∞$ のとき $\left(nπ\right)^\frac{2}{n},\left(2nπ\right)^\frac{2}{n} \rightarrow 1$ よりはさみうちの原理から$c_n \rightarrow 1$
\begin{aligned} &\lim_{n\rightarrow ∞} \frac{\cos\left(2nπ\right)^\frac{2}{n}-\cos\left(nπ\right)^\frac{2}{n}}{\left(2nπ\right)^\frac{2}{n}-\left(nπ\right)^\frac{2}{n}} \\ =&\lim_{n\rightarrow ∞} f'(c_n) \\ =&\lim_{c_n\rightarrow 1} f'(c_n) \\ =&f'(1)=-\sin 1 \end{aligned}
$g(x)=e^x$ とおくと $g'(x)=e^x$
微分係数の公式より
\begin{aligned}
\lim_{n\rightarrow ∞} \frac{\sqrt[n]{4}-1}{\frac{2}{n} \ln{2}}
&=\lim_{t \rightarrow 0} \frac{e^{t} -e^0}{t-0} \quad \left( t= \frac{2}{n} \ln{2}\right)\\
&=g'(0) \\
&=1
\end{aligned}
以上から、
\begin{aligned}
\lim_{n\rightarrow ∞} I_n
&=\lim_{n\rightarrow ∞} -\sqrt[n]{nπ} \;\cdot\;
\frac{\cos\left(2nπ\right)^\frac{2}{n}-\cos\left(nπ\right)^\frac{2}{n}}{\left(2nπ\right)^\frac{2}{n}-\left(nπ\right)^\frac{2}{n}} \;\cdot\;
\frac{\sqrt[n]{4}-1}{\frac{2}{n} \ln{2}}
\;\cdot\; \ln{2} \\
&=-\lim_{n\rightarrow ∞}\sqrt[n]{nπ} \;\cdot\;
\lim_{n\rightarrow ∞}\frac{\cos\left(2nπ\right)^\frac{2}{n}-\cos\left(nπ\right)^\frac{2}{n}}{\left(2nπ\right)^\frac{2}{n}-\left(nπ\right)^\frac{2}{n}} \;\cdot\;
\lim_{n\rightarrow ∞}\frac{\sqrt[n]{4}-1}{\frac{2}{n} \ln{2}}
\;\cdot\; \ln{2} \\
&=-1 \;\cdot\; 1 \;\cdot\; \left(-\sin 1\right) \;\cdot\; 1 \;\cdot\; \ln2 \\
&=\sin1\ln2
\end{aligned}
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$\displaystyle \frac{1}{\sqrt[n]{2}}I_n < a_n < I_n$ かつ
$$ \lim_{n\rightarrow ∞} I_n=\sin1\ln2 \;,\quad \lim_{n\rightarrow ∞} \frac{1}{\sqrt[n]{2}}I_n =1 \;\cdot\; \sin1 \ln2=\sin1\ln2$$
より、はさみうちの原理から
$$\lim_{n\rightarrow ∞} a_n=\sin1\ln2$$
求める極限は
$$\lim_{n\rightarrow ∞} n\int_{\sqrt[n]{nπ}}^{\sqrt[n]{2nπ}} \sin \left( x^2 \right) \; dx=\sin1\ln2$$
$$\lim_{n\rightarrow ∞} n\int_{\sqrt[n]{nπ}}^{\sqrt[n]{2nπ}} \sin \left( x^2 \right) \; dx=\sin1\ln2$$
完走した感想 (9/1) & あとがき
その日中に終わりませんでしたわ、はい。でもかなり楽しかったです。
多分この答えであっているはず。
極限 $\displaystyle \lim_{x\rightarrow ∞} \frac{\ln x}{x}=0$ も示さないといけないなと思ったんですが、ちょっと実力不足で思いついていないんで、自明なものとして一旦見逃してください、ハイ。
更新欄
2025.9/1.13:00 投稿
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