8愛媛大学 2015年 数学 第8問解答・解説

準備 $n$ は自然数。曲線 $\displaystyle C:y=n\sin\frac{x}{n}$ と円 $x^2+y^2=1$ の第1象限における交点を $(p_n,q_n)$ とする。第1象限の点だから $p_n>0, q_n>0$ であり、$\displaystyle q_n=n\sin\frac{p_n}{n}, p_n^2+q_n^2=1, 0<p_n<1$ が成り立つ。

(1)　 x>0 に対し t=$\displaystyle \dfrac{x}{n}$ (n は自然数だから t>0) とおくと，示すべき不等式は $\sin$ t<t (t>0) と同値である．

(a) 0<t<$\displaystyle \dfrac{\pi}{2}$ のとき．f(t)=t-$\sin$ t とおくと f(0)=0 であり，f'(t)=1-$\cos$ t．0<t<$\displaystyle \dfrac{\pi}{2}$ では $\cos$ t<1 だから f'(t)>0．よって f は $0\le t<\pi/2$ で増加するので，f(t)>f(0)=0．すなわち $\sin$ t<t．

(b) t$\ge$$\displaystyle \dfrac{\pi}{2}$ のとき．$\pi$>2 より $\displaystyle \dfrac{\pi}{2}$>1 だから $\sin$ t$\le$ 1<$\displaystyle \dfrac{\pi}{2}$$\le$ t，よって $\sin$ t<t．

(a),(b) より任意の t>0 で $\sin$ t<t，すなわち x>0 のとき n$\sin$$\displaystyle \dfrac{x}{n}$<x．（証明終）

(2)　 p_n>0 であるから，(1) の不等式を x=p_n に適用すると

q_n=n$\sin$$\displaystyle \dfrac{p_n}{n}$<p_n．

q_n>0, p_n>0 で 0<q_n<p_n だから，両辺を2乗しても不等号の向きは変わらず q_n^{2}<p_n^{2}．

ゆえに 1=p_n^{2}+q_n^{2}<p_n^{2}+p_n^{2}=2p_n^{2}，すなわち p_n^{2}>$\displaystyle \dfrac12$．p_n>0 だから p_n>$\displaystyle \dfrac{1}{\sqrt2}$．（証明終）

(3)　 （☆）$\displaystyle \left(n\sin\dfrac1n\right)$x$\le$ n$\sin$$\displaystyle \dfrac xn$ (0$\le$ x$\le$1) を用いてよい（証明は(4)で行う）．

(i)　 0$\le$ p_n$\le$1（円 x^2+y^2=1 上，第1象限の点だから）なので，（☆）に x=p_n を代入すると

$\displaystyle \left(n\sin\dfrac1n\right)$p_n$\le$ n$\sin$$\displaystyle \dfrac{p_n}{n}$=q_n．

左辺・右辺はともに 0 以上（p_n>0, n$\sin$$\displaystyle \frac1n$>0, q_n>0）だから2乗しても不等号は保たれ，q_n^{2}=1-p_n^{2} を用いて

$\displaystyle \left(n\sin\dfrac1n\right)^{2}$p_n^{2}$\le$ 1-p_n^{2} $\quad\text{ならば}\quad$ p_n^{2}$\displaystyle \left(1+n^{2}\sin^{2}\dfrac1n\right)$$\le$1 $\quad\text{ならば}\quad$ p_n^{2}$\le$$\displaystyle \dfrac{1}{1+n^{2}\sin^{2}\frac1n}$．

p_n$\ge$0 だから，両辺の正の平方根をとって p_n$\le$$\displaystyle \dfrac{1}{\sqrt{1+n^{2}\sin^{2}\frac1n}}$．（証明終）

(ii)　 0$\le$ x$\le$ p_n の範囲で曲線 y=n$\sin$$\displaystyle \dfrac xn$ は y$\ge$0（p_n/n$\le$$\pi$ の範囲内）なので，求める面積は

S_n=$\displaystyle \int_{0}^{p_n}$ n$\sin$$\displaystyle \dfrac xn$ dx=$\Bigl[$-n^{2}$\cos$$\displaystyle \dfrac xn$$\Bigr]_{0}^{p_n}$=n^{2}$\displaystyle \left(1-\cos\dfrac{p_n}{n}\right)$．

$\displaystyle 0<\dfrac{p_n}{n}<\dfrac{\pi}{2}$（p_n<1<n$\pi$/2）で $\cos$$\displaystyle \dfrac{p_n}{n}$$\ge$0 だから，$\sin$$\displaystyle \dfrac{p_n}{n}$=$\displaystyle \dfrac{q_n}{n}$ を用いて

$\cos$$\displaystyle \dfrac{p_n}{n}$=$\displaystyle \sqrt{1-\sin^{2}\dfrac{p_n}{n}}$=$\displaystyle \sqrt{1-\dfrac{q_n^{2}}{n^{2}}}$=$\displaystyle \dfrac{\sqrt{n^{2}-q_n^{2}}}{n}$．

よって S_n=n^{2}-n$\sqrt{n^{2}-q_n^{2}}$．ここで q_n^{2}=1-p_n^{2} を代入して，p_n を用いた表示

$\boxed{S_n=n^{2}-n\sqrt{n^{2}-1+p_n^{2}}}$（n^{2}-1+p_n^{2}>0 なので実数として定義される）．

極限の計算．有理化すると

S_n=n$\left(n-\sqrt{n^{2}-(1-p_n^{2})}\right)$=n$\cdot$$\displaystyle \dfrac{n^{2}-{n^{2}-(1-p_n^{2})}}{\,n+\sqrt{n^{2}-(1-p_n^{2})}\,}$=$\displaystyle \dfrac{1-p_n^{2}}{1+\sqrt{1-\dfrac{1-p_n^{2}}{n^{2}}}}$．

(2)より p_n>$\displaystyle \dfrac{1}{\sqrt2}$（定数下界），(i)より p_n$\le$$\displaystyle \dfrac{1}{\sqrt{1+n^{2}\sin^{2}\frac1n}}$．

n$\to$$\infty$ のとき $\displaystyle \dfrac1n$$\to$0 で，よく知られた極限 $\displaystyle \lim\limits _{\theta\to0}$$\displaystyle \dfrac{\sin\theta}{\theta}$=1 により n$\sin$$\displaystyle \dfrac1n$=$\displaystyle \dfrac{\sin(1/n)}{1/n}$$\to$1，よって n^{2}$\sin^{2}$$\displaystyle \dfrac1n$$\to$1 で上界は $\displaystyle \dfrac{1}{\sqrt{1+n^2\sin^2\frac1n}}$$\to$$\displaystyle \dfrac{1}{\sqrt2}$．

はさみうちの原理により $\displaystyle \lim\limits _{n\to\infty}$p_n=$\displaystyle \dfrac{1}{\sqrt2}$．とくに p_n は $1/\sqrt2<p_n<1$ の範囲に収まる有界数列だから

$\displaystyle \dfrac{1-p_n^{2}}{n^{2}}$$\to$0 (n$\to$$\infty$)．ゆえに

$\displaystyle \lim\limits _{n\to\infty}$S_n=$\displaystyle \dfrac{1-\left(\dfrac{1}{\sqrt2}\right)^{2}}{1+\sqrt{1-0}}$=$\displaystyle \dfrac{1-\frac12}{1+1}$=$\displaystyle \dfrac{1/2}{2}$=$\displaystyle \boxed{\dfrac14}$．

（検算：n$\to$$\infty$ のとき曲線 y=n$\sin$(x/n) は x を固定すれば y$\to$ x に近づき，直線 y=x と単位円の第1象限交点は x=1/$\sqrt2$．直線 y=x，x軸，x=1/$\sqrt2$ で囲まれた三角形の面積は $\displaystyle \frac12$$\cdot$$\displaystyle \frac{1}{\sqrt2}$$\cdot$$\displaystyle \frac{1}{\sqrt2}$=$\displaystyle \frac14$ で一致し，結果と整合する。）

(4)　 0$\le$ x$\le$1 のとき（☆）を示す．x=0 のときは両辺 0 で成立するので，以下 0<x$\le$1 とする．

k(t)=$\displaystyle \dfrac{\sin t}{t}$ (t>0) が $0<t<\pi$ でtが大きくなると値が必ず小さくなることを示す．

k'(t)=$\displaystyle \dfrac{t\cos t-\sin t}{t^{2}}$．分子を m(t)=t$\cos$ t-$\sin$ t とおくと m(0)=0，m'(t)=$\cos$ t-t$\sin$ t-$\cos$ t=-t$\sin$ t．

0<t<$\pi$ では t>0, $\sin$ t>0 だから m'(t)<0，よって m は $0\le t<\pi$ で減少し，m(t)<m(0)=0 (0<t<$\pi$)．

ゆえに k'(t)=$\displaystyle \dfrac{m(t)}{t^{2}}$<0 (0<t<$\pi$)，すなわち k は $0<t<\pi$ で減少する．

n$\ge$1 より 0<$\displaystyle \dfrac1n$$\le$1<$\pi$ だから，0<x$\le$1 に対し s=$\displaystyle \dfrac xn$ とおくと $\displaystyle 0<s\le\dfrac1n<\pi$．

$s\le1/n$ であり、k は異なる t に対して同じ値をとらずに減少するので k(s)$\ge$ k$\displaystyle \left(\dfrac1n\right)$，すなわち $\displaystyle \dfrac{\sin s}{s}$$\ge$$\displaystyle \dfrac{\sin(1/n)}{1/n}$=n$\sin$$\displaystyle \dfrac1n$（等号は s=1/n すなわち x=1 のときのみ）．

s>0 を両辺に掛けて $\sin$ s$\ge$ s$\cdot$ n$\sin$$\displaystyle \dfrac1n$．s=x/n を代入し

$\sin$$\displaystyle \dfrac xn$$\ge$$\displaystyle \dfrac xn$$\cdot$ n$\sin$$\displaystyle \dfrac1n$=x$\sin$$\displaystyle \dfrac1n$．

両辺を n$\ge$0 倍して n$\sin$$\displaystyle \dfrac xn$$\ge$ x$\cdot$ n$\sin$$\displaystyle \dfrac1n$=$\displaystyle \left(n\sin\dfrac1n\right)$x．

以上と x=0 の場合を合わせて，0$\le$ x$\le$1 のとき（☆）$\displaystyle \left(n\sin\dfrac1n\right)$x$\le$ n$\sin$$\displaystyle \dfrac xn$ が成り立つ．（証明終）