4金沢大学 2026年 数学 第4問解答・解説

$p=\sqrt n$、$h=1/(2n)$ とおく。

(1)　 $x=(k-1)/(2n)+t/(2n)$（$0\le t\le1$）と置くと、$n\pi x=(k-1)\pi/2+\pi t/2$ となる。$k-1$ が偶数なら絶対値は $\cos(\pi t/2)$、奇数なら $\sin(\pi t/2)$ であり、どちらも $0\le t\le1$ で積分値は $2/\pi$ である。したがって $$\displaystyle \int_{(k-1)/(2n)}^{k/(2n)}|\cos(n\pi x)|\,dx=\frac1{2n}\int_0^1|\cos((k-1)\pi/2+\pi t/2)|\,dt=\frac1{n\pi}.$$

(2)　 各範囲 $(k-1)/(2n)\le x\le k/(2n)$ で $0\le x^{\sqrt n}\le(k/(2n))^{\sqrt n}$ である。これに(1)を用いて区間ごとに積分し、足し合わせると $$\displaystyle I_n\le\sum\limits _{k=1}^{2n}\left(\frac{k}{2n}\right)^{\sqrt n}\int_{(k-1)/(2n)}^{k/(2n)}|\cos(n\pi x)|\,dx=\frac1{n\pi}\sum\limits _{k=1}^{2n}\left(\frac{k}{2n}\right)^{\sqrt n}.$$

(3)　 $f(x)=x^p$ は $0\le x\le1$ で単調増加する。区間幅 $h$ の左端和を $\displaystyle L=h\sum\limits _{k=1}^{2n}f((k-1)h)$、右端和を $\displaystyle R=h\sum\limits _{k=1}^{2n}f(kh)$ とすると、各区間で $$\displaystyle hf((k-1)h)\le\int_{(k-1)h}^{kh}f(x)\,dx\le hf(kh).$$ よって $\displaystyle L\le\int_0^1f(x)\,dx\le R$ であり、$R-L=h(f(1)-f(0))=h$ だから $\displaystyle R\le\int_0^1f(x)\,dx+h$ である。ここで $\displaystyle \int_0^1x^p\,dx=1/(p+1)$ かつ $\displaystyle 2R=(1/n)\sum\limits _{k=1}^{2n}(k/(2n))^p$ なので $$\displaystyle \frac1n\sum\limits _{k=1}^{2n}\left(\frac{k}{2n}\right)^{\sqrt n}\le\frac2{\sqrt n+1}+\frac1n.$$

(4)　 (1)と各区間での $x^p$ の上下評価から、左端和・右端和を使って $$\displaystyle \frac1{n\pi}\sum\limits _{k=1}^{2n}\left(\frac{k-1}{2n}\right)^p\le I_n\le\frac1{n\pi}\sum\limits _{k=1}^{2n}\left(\frac{k}{2n}\right)^p.$$ 先ほどの和の比較で $L\le1/(p+1)\le R$、$R-L=h$ だから、$2L$ と $2R$ はそれぞれ $2/(p+1)$ との差が高々 $1/n$ である。したがって $$\displaystyle \frac1\pi\left(\frac2{\sqrt n+1}-\frac1n\right)\le I_n\le\frac1\pi\left(\frac2{\sqrt n+1}+\frac1n\right).$$ 両端に $\sqrt n$ を掛けると、どちらも $2/\pi$ に近づく。よってはさみうちの原理から $\displaystyle\lim\limits _{n\to\infty}\sqrt n I_n=2/\pi$ である。