2017年慶應大学理工|過去問徹底研究 大問3 | 【早慶専門対策】個別指導塾ヒロアカ

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2017年慶應大学理工|過去問徹底研究 大問3

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方針の立て方

(1)
いきなり範囲を考えると難しいため,まず範囲の制約を無視した\sin{\left(\left(2n+1\right)\pi x\right)}=0を解く.その後で範囲を考える.

(2)
実際に積分の計算を実行しなければならないが,f\left(x\right)の具体的な積分計算はできないため,何とかしてf\left(x\right)の積分を解消する必要がある.そこで,
a\leqq x\leqq bで積分可能な関数f\left(x\right)g\left(x\right)に対して,a\leqq x\leqq b0\leqq g\left(x\right)が成り立つならば,
\left\{\min_{\left[a,b\right]}{f\left(x\right)}\right\}\int_{a}^{b}g\left(x\right)dx\leqq\int_{a}^{b}f\left(x\right)g\left(x\right)dx\leqq\left\{\max_{\left[a,b\right]}{f\left(x\right)}\right\}\int_{a}^{b}g\left(x\right)dx
が成り立つことを利用する.この不等式は重要な不等式のためおさえておくこと.

(3)
(F1)と(F2)が不等式であることから,はさみうちの原理を用いると考える.そのためにはまずI_na_kで表す必要がある.0=x_0\leqq\cdots\cdots\leqq x_{2n+1}=1であることから,積分区間を細かくちぎっていくという変形が思いつく.

(4)
\left|\sin{\left(\left(2n+1\right)\pi x\right)}\right|の絶対値記号を外すために,\sin{\left(\left(2n+1\right)\pi x\right)}の符号の変わり目で場合分け(積分区間をちぎる)をする.すると前問と同じ解法に帰着する.

解答例
(1)
テ:2n+2
ト:\frac{k}{2n+1}
(2)
kが偶数のとき,x_k\leqq x\leqq x_{k+1}の範囲で,\sin{\left(\left(2n+1\right)\pi x\right)}\geqq0
\therefore\left\{\min_{\left[x_k,x_{k+1}\right]}{f\left(x\right)}\right\}\int_{x_k}^{x_{k+1}}\sin{\left(\left(2n+1\right)\pi x\right)}dx\leqq a_k\leqq\left\{\max_{\left[x_k,x_{k+1}\right]}{f\left(x\right)}\right\}\int_{x_k}^{x_{k+1}}\sin{\left(\left(2n+1\right)\pi x\right)}dx
ここで,
\int_{x_k}^{x_{k+1}}\sin{\left(\left(2n+1\right)\pi x\right)}dx=\left[-\frac{1}{\left(2n+1\right)\pi}\cos{\left(\left(2n+1\right)\pi x\right)}\right]_{x_k}^{x_{k+1}}\bigm=\frac{\left(-1\right)^k-\left(-1\right)^{k+1}}{\left(2n+1\right)\pi}\bigm=\frac{2}{\left(2n+1\right)\pi} (∵kは偶数)
また,f\left(x\right)は増加関数のため,
\min_{\left[x_k,x_{k+1}\right]}{f\left(x\right)}=f\left(x_k\right)
\max_{\left[x_k,x_{k+1}\right]}{f\left(x\right)}=f\left(x_{k+1}\right)
であるから,
f\left(x_k\right)\frac{2}{\left(2n+1\right)\pi}\leqq a_k\leqq f\left(x_{k+1}\right)\frac{2}{\left(2n+1\right)\pi}
証明終了.
(3)
x_0=0x_{2n+1}=1であるから,0\leqq x\leqq1\Longleftrightarrow x_0\leqq x\leqq x_{2n+1}
\therefore I_n=\sum_{k=0}^{2n}\left\{\int_{x_k}^{x_{k+1}}{f\left(x\right)\sin{\left(\left(2n+1\right)\pi x\right)}}dx\right\}=\sum_{k=0}^{2n}a_k=\sum_{k=0}^{n}a_{2k}+\sum_{k=0}^{n-1}a_{2k+1}
ここで,(F1)より,
\sum_{k=0}^{n}{f\left(x_{2k}\right)\frac{2}{\left(2n+1\right)\pi}}\leqq\sum_{k=0}^{n}a_{2k}\leqq\sum_{k=0}^{n}{f\left(x_{2k+1}\right)\frac{2}{\left(2n+1\right)\pi}}
(F2)より,
-\sum_{k=0}^{n-1}{f\left(x_{2k+2}\right)\frac{2}{\left(2n+1\right)\pi}}\leqq\sum_{k=0}^{n-1}a_{2k+1}\leqq-\sum_{k=0}^{n-1}{f\left(x_{2k+1}\right)\frac{2}{\left(2n+1\right)\pi}}
辺々を足して,
\therefore\sum_{k=0}^{n}{f\left(x_{2k}\right)\frac{2}{\left(2n+1\right)\pi}}-\sum_{k=0}^{n-1}{f\left(x_{2k+2}\right)\frac{2}{\left(2n+1\right)\pi}}\leqq\sum_{k=0}^{n}a_{2k}+\sum_{k=0}^{n-1}a_{2k+1}\leqq\sum_{k=0}^{n}{f\left(x_{2k+1}\right)\frac{2}{\left(2n+1\right)\pi}}-\sum_{k=0}^{n-1}{f\left(x_{2k+1}\right)\frac{2}{\left(2n+1\right)\pi}}
\therefore\frac{2}{\left(2n+1\right)\pi}f\left(x_0\right)\leqq I_n\leqq\frac{2}{\left(2n+1\right)\pi}f\left(x_{2n+1}\right)
ここで,\lim_{n\rightarrow\infty}{f\left(x_{2n+1}\right)}=\lim_{n\rightarrow\infty}{f\left(1\right)}=f\left(1\right)より,
\lim_{n\rightarrow\infty}{\frac{2}{\left(2n+1\right)\pi}f\left(x_0\right)}=\lim_{n\rightarrow\infty}{\frac{2}{\left(2n+1\right)\pi}f\left(x_{2n+1}\right)}=0
よって,はさみうちの原理より,
\lim_{n\rightarrow\infty}{I_n}=0
証明終了.
(4)
ナ:\frac{1}{\pi}\int_{0}^{1}f\left(x\right)dx

解説
(1)
\sin{\left(\left(2n+1\right)\pi x\right)}=0\Leftrightarrow\left(2n+1\right)\pi x=m\pi\Leftrightarrow x=\frac{m}{2n+1} (mは整数)
区間\left[0,1\right]に属するならば,
0\leqq\frac{m}{2n+1}\leqq1\Leftrightarrow0\leqq m\leqq2n+1
\therefore m=0,1,2,\cdots\cdots,2n+1
よって,求める個数は2n+2個……(答)
m=0,1,2,\cdots\cdots,2n+1を順番に代入すると,
x_0=0,x_1=\frac{1}{2n+1},x_2=\frac{2}{2n+1},\cdots\cdots,x_{2n+1}=1
であることが分かる.
\therefore x_k=\frac{k}{2n+1}……(答)

(4)
b_k=\int_{x_k}^{x_{k+1}}f\left(x\right)\left|\sin{\left(\left(2n+1\right)\pi x\right)}\right|dxと定義すれば,(F1)と同様に,
f\left(x_k\right)\frac{2}{\left(2n+1\right)\pi}\leqq b_k\leqq f\left(x_{k+1}\right)\frac{2}{\left(2n+1\right)\pi}
が成り立つ.
また,
J_n=\sum_{k=0}^{2n}b_k
と書ける.
以上より,
\sum_{k=0}^{2n}{f\left(x_k\right)\frac{2}{\left(2n+1\right)\pi}}\leqq\sum_{k=0}^{2n}b_k=J_n\leqq\sum_{k=0}^{2n}{f\left(x_{k+1}\right)\frac{2}{\left(2n+1\right)\pi}}
\therefore\lim_{n\rightarrow\infty}{\sum_{k=0}^{2n}{f\left(x_k\right)\frac{2}{\left(2n+1\right)\pi}}}\leqq\lim_{n\rightarrow\infty}{J_n}\leqq\lim_{n\rightarrow\infty}{\sum_{k=0}^{2n}{f\left(x_{k+1}\right)\frac{2}{\left(2n+1\right)\pi}}}
が成り立つ.
一方,区分求積法の考え方を用いれば,
\lim_{n\rightarrow\infty}{\sum_{k=0}^{2n}{f\left(x_k\right)\frac{2}{\left(2n+1\right)\pi}}}=\frac{1}{\pi}\lim_{n\rightarrow\infty}{\left(\frac{2}{2+\frac{1}{n}}\right)\frac{1}{n}\sum_{k=0}^{2n}f\left(\frac{k}{2n+1}\right)}=\frac{1}{\pi}\int_{0}^{1}f\left(x\right)dx
\lim_{n\rightarrow\infty}{\sum_{k=0}^{2n}{f\left(x_{k+1}\right)\frac{2}{\left(2n+1\right)\pi}}}=\frac{1}{\pi}\lim_{n\rightarrow\infty}{\left(\frac{2}{2+\frac{1}{n}}\right)\frac{1}{n}\sum_{k=0}^{2n}f\left(\frac{k+1}{2n+1}\right)}=\frac{1}{\pi}\int_{0}^{1}f\left(x\right)dx
よって,はさみうちの原理より
\lim_{n\rightarrow\infty}{J_n}=\frac{1}{\pi}\int_{0}^{1}f\left(x\right)dx……(答)

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