偏差値30からの早慶圧勝の個別指導塾 HIRO ACADEMIA

偏差値30からの早慶圧勝の個別指導塾 HIRO ACADEMIA

  • 資料請求
  • 資料請求
  • カウンセリング
  • お電話
慶應理工2017

2017年慶應大学理工|過去問徹底研究 大問3

偏差値30からの早稲田慶應対策専門個別指導塾
HIRO ACADEMIA presents

2017年慶應大学理工|過去問徹底研究 大問3

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)

続きはこちらから

大問1

大問2

大問3

大問4

大問5

 

早慶の過去問を解いてみてまったくわからない・・どのように勉強をしたら良いのか知りたい方はお気軽にこちらからご連絡ください。

LINE公式アカウント開始

LINE公式アカウントのみでの限定情報もお伝えします。ぜひご登録ください。

Published by

早慶専門個別指導塾HIRO ACADEMIA

偏差値30から早稲田慶應に合格するための日本で唯一の予備校です。 ただ覚えるだけの丸暗記では早稲田慶應に合格することはできません。 本ブログでは、当塾のメソッドでいかにして考えて早稲田慶應に合格することができるのかの一部をお伝えします。