4金沢大学 2026年 数学 第4問解答・解説

周期的な三角関数の絶対値と単調なべき関数の上下和による極限評価

$p=\sqrt n$、$h=1/(2n)$ とおく。

(1) $x=(k-1)/(2n)+t/(2n)$（$0\leqq t\leqq1$）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 $0\leqq t\leqq1$ で積分値は $2/\pi$ である。したがって
$$\int_{(k-1)/(2n)}^{k/(2n)}|\cos(n\pi x)|\,dx=\frac1{2n}\int_0^1|\cos((k-1)\pi/2+\pi t/2)|\,dt=\frac1{n\pi}.$$

(2) 各範囲 $(k-1)/(2n)\leqq x\leqq k/(2n)$ で $0\leqq x^{\sqrt n}\leqq(k/(2n))^{\sqrt n}$ 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
$$I_n\leqq\sum_{k=1}^{2n}\left(\frac{k}{2n}\right)^{\sqrt n}\int_{(k-1)/(2n)}^{k/(2n)}|\cos(n\pi x)|\,dx=\frac1{n\pi}\sum_{k=1}^{2n}\left(\frac{k}{2n}\right)^{\sqrt n}.$$

(3) $f(x)=x^p$ は $0\leqq x\leqq1$ で単調増加する。区間幅 $h$ の左端和を $L=h\sum_{k=1}^{2n}f((k-1)h)$、右端和を $R=h\sum_{k=1}^{2n}f(kh)$ とすると、各区間で
$$hf((k-1)h)\leqq\int_{(k-1)h}^{kh}f(x)\,dx\leqq hf(kh).$$
よって $L\leqq\int_0^1f(x)\,dx\leqq R$ であり、$R-L=h(f(1)-f(0))=h$ だから $R\leqq\int_0^1f(x)\,dx+h$ である。ここで $\int_0^1x^p\,dx=1/(p+1)$ かつ $2R=(1/n)\sum_{k=1}^{2n}(k/(2n))^p$ なので
$$\frac1n\sum_{k=1}^{2n}\left(\frac{k}{2n}\right)^{\sqrt n}\leqq\frac2{\sqrt n+1}+\frac1n.$$

(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
$$\frac1{n\pi}\sum_{k=1}^{2n}\left(\frac{k-1}{2n}\right)^p\leqq I_n\leqq\frac1{n\pi}\sum_{k=1}^{2n}\left(\frac{k}{2n}\right)^p.$$
先ほどの和の比較で $L\leqq1/(p+1)\leqq R$、$R-L=h$ 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
$$\frac1\pi\left(\frac2{\sqrt n+1}-\frac1n\right)\leqq I_n\leqq\frac1\pi\left(\frac2{\sqrt n+1}+\frac1n\right).$$
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 $\displaystyle\lim_{n\to\infty}\sqrt n I_n=2/\pi$ である。