4九州大学 2022年 数学 第4問解答・解説

(1) 導関数の定義より、$h\ne0$ に対して $$\displaystyle \frac{(F+G)(x+h)-(F+G)(x)}{h} =\frac{F(x+h)-F(x)}{h}+\frac{G(x+h)-G(x)}{h}.$$ $F,G$ はともに微分可能なので、$h\to0$ とした右辺の極限はそれぞれ $F'(x),G'(x)$ である。よって $$\{F(x)+G(x)\}'=F'(x)+G'(x).$$ $f,g$ の原始関数をそれぞれ $F,G$ とすると、上式により $F+G$ は $f+g$ の原始関数である。定義 (1) を適用して $$\displaystyle \int_a^b\{f(x)+g(x)\}\,dx =(F+G)(b)-(F+G)(a) =\{F(b)-F(a)\}+\{G(b)-G(a)\} =\int_a^b f(x)\,dx+\int_a^b g(x)\,dx.$$

(2) $g$ の原始関数を $G$ とする。$g$ は $a\le x\le b$ の範囲で連続なので、$G$ に平均値の定理を適用すると、$a<c<b$ を満たす実数 $c$ が存在して $$G(b)-G(a)=G'(c)(b-a)=g(c)(b-a).$$ ここで $b-a>0$、かつ仮定より $g(c)>0$ である。したがって、定積分の定義 (1) から $$\displaystyle \int_a^b g(x)\,dx=G(b)-G(a)=g(c)(b-a)>0.$$

(3) 空欄アは $\boxed{\text{C}}$ である。$i=1,2,\ldots,n$ とし、$\displaystyle \dfrac{i-1}{n}\leq x\leq\dfrac{i}{n}$ では $f$ が増加関数であるから $$\displaystyle f\left(\frac{i-1}{n}\right)\leq f(x)\leq f\left(\frac{i}{n}\right).$$ 性質 (C) をこの区間で用いると $$\displaystyle \int_{\frac{i-1}{n}}^{\frac{i}{n}}f\left(\frac{i-1}{n}\right)\,dx \leq \int_{\frac{i-1}{n}}^{\frac{i}{n}}f(x)\,dx \leq \int_{\frac{i-1}{n}}^{\frac{i}{n}}f\left(\frac{i}{n}\right)\,dx.$$ 定数 $q$ に対しては定義 (1) で原始関数を $qx$ とすれば $$\displaystyle \int_{\frac{i-1}{n}}^{\frac{i}{n}}q\,dx =q\left(\frac{i}{n}-\frac{i-1}{n}\right)=\frac{q}{n}.$$ これを両端に用いて不等式 (2) を得る。

(4) 空欄イは $\boxed{\text{B}}$ である。性質 (B) を分点 $\displaystyle \dfrac1n,\dfrac2n,\ldots,\dfrac{n-1}{n}$ に順に用いると $$\displaystyle \int_0^1f(x)\,dx=\sum\limits _{i=1}^n\int_{\frac{i-1}{n}}^{\frac{i}{n}}f(x)\,dx.$$ 不等式 (2) を $i=1,\ldots,n$ について加えると $$\displaystyle S_n\leq \int_0^1f(x)\,dx\leq \frac1n\sum\limits _{i=1}^nf\left(\frac{i}{n}\right).$$ したがって $$\displaystyle 0\leq \int_0^1f(x)\,dx-S_n \leq \frac1n\sum\limits _{i=1}^n\left\{f\left(\frac{i}{n}\right)-f\left(\frac{i-1}{n}\right)\right\} =\frac{f(1)-f(0)}{n},$$ 最後の等号では、隣り合う項が相殺される。よって不等式 (3) が示された。さらに右端は $n\to\infty$ で $0$ に収束するので、はさみうちの原理から $\displaystyle\lim\limits _{n\to\infty}S_n=\int_0^1f(x)\,dx$ である。