九州大学/2022年度/前期

4九州大学 2022年 数学 第4問解答・解説

微分・積分の考え極限微分法積分法

1問題

九州大学2022年度第4問
(配点50点。)
定積分について述べた次の文章を読んで、後の問いに答えよ。
区間a≦x≦ba\leqq x\leqq bで連続な関数f(x)f(x)に対して、F′(x)=f(x)F'(x)=f(x)となる関数F(x)F(x)を1つ選び、f(x)f(x)のaaからbbまでの定積分を
∫abf(x) dx=F(b)−F(a)① \int_a^b f(x)\,dx=F(b)-F(a) \qquad\text{①}
で定義する。定積分の値はF(x)F(x)の選び方によらずに定まる。定積分は次の性質(A),(B),(C)をもつ。
(A)∫ab{kf(x)+lg(x)} dx=k∫abf(x) dx+l∫abg(x) dx \mathrm{(A)}\quad \int_a^b\{kf(x)+lg(x)\}\,dx=k\int_a^b f(x)\,dx+l\int_a^b g(x)\,dx
(B)a≦c≦b のとき,∫acf(x) dx+∫cbf(x) dx=∫abf(x) dx \mathrm{(B)}\quad a\leqq c\leqq b\text{ のとき},\quad \int_a^c f(x)\,dx+\int_c^b f(x)\,dx=\int_a^b f(x)\,dx
(C)区間 a≦x≦b において g(x)≧h(x) ならば,∫abg(x) dx≧∫abh(x) dx \mathrm{(C)}\quad \text{区間 }a\leqq x\leqq b\text{ において }g(x)\geqq h(x)\text{ ならば},\quad \int_a^b g(x)\,dx\geqq\int_a^b h(x)\,dx
ただし、f(x),g(x),h(x)f(x),g(x),h(x)は区間a≦x≦ba\leqq x\leqq bで連続な関数、k,lk,lは定数である。
以下、f(x)f(x)を区間0≦x≦10\leqq x\leqq1で連続な増加関数とし、nnを自然数とする。定積分の性質ア\boxed{\text{ア}}を用い、定数関数に対する定積分の計算を行うと、次の不等式
1nf(i−1n)≦∫i−1ninf(x) dx≦1nf(in)(i=1,2,⋯ ,n)② \frac{1}{n}f\left(\frac{i-1}{n}\right)\leqq\int_{\frac{i-1}{n}}^{\frac{i}{n}}f(x)\,dx\leqq\frac{1}{n}f\left(\frac{i}{n}\right)\quad(i=1,2,\cdots,n) \qquad\text{②}
が成り立つことがわかる。 Sn=1n∑i=1nf(i−1n)\displaystyle S_n=\frac{1}{n}\sum_{i=1}^{n}f\left(\frac{i-1}{n}\right)とおくと、不等式②と定積分の性質イ\boxed{\text{イ}}より次の不等式が成り立つ。
0≦∫01f(x) dx−Sn≦f(1)−f(0)n③ 0\leqq\int_0^1 f(x)\,dx-S_n\leqq\frac{f(1)-f(0)}{n} \qquad\text{③}
よって、はさみうちの原理よりlim⁡n→∞Sn=∫01f(x) dx\displaystyle \lim_{n\to\infty}S_n=\int_0^1 f(x)\,dxが成り立つ。
(1) 関数F(x),G(x)F(x),G(x)が微分可能であるとき、
{F(x)+G(x)}′=F′(x)+G′(x) \{F(x)+G(x)\}'=F'(x)+G'(x)
が成り立つことを、導関数の定義に従って示せ。また、この等式と定積分の定義①を用いて、定積分の性質(A)でk=l=1k=l=1とした場合の等式
∫ab{f(x)+g(x)} dx=∫abf(x) dx+∫abg(x) dx \int_a^b\{f(x)+g(x)\}\,dx=\int_a^b f(x)\,dx+\int_a^b g(x)\,dx
を示せ。
(2) 定積分の定義①と平均値の定理を用いて、次を示せ。a<ba<bのとき、区間a≦x≦ba\leqq x\leqq bにおいてg(x)>0g(x)>0ならば、
∫abg(x) dx>0 \int_a^b g(x)\,dx>0

(3) (A),(B),(C)のうち、空欄アに入る記号として最もふさわしいものを1つ選び答えよ。また文章中の下線部の内容を詳しく説明することで、不等式②を示せ。
(4) (A),(B),(C)のうち、空欄イに入る記号として最もふさわしいものを1つ選び答えよ。また、不等式③を示せ。

まずは自分で解いてみましょう。解けたら「答え」、詰まったら「解答」で確かめられます。

タイマー

15:00

2答え

答えを見る自分の答えと照らし合わせる
  • (1)  (F+G)′=F′+G′,∫ab{f(x)+g(x)} dx=∫abf(x) dx+∫abg(x) dx.(1)\; (F+G)\prime=F\prime+G\prime,\quad \int_a^b\{f(x)+g(x)\}\,dx=\int_a^b f(x)\,dx+\int_a^b g(x)\,dx.  (2)  ∫abg(x) dx>0.(3)  ア=C.(4)  イ=B.(2)\;\int_a^b g(x)\,dx>0.\quad (3)\;\boxed{\text{ア}=C}.\quad (4)\;\boxed{\text{イ}=B}.

3解答

解答を見る途中式つきの解答

解答

(1) 導関数の定義より、h≠0h\ne0 に対して
(F+G)(x+h)−(F+G)(x)h=F(x+h)−F(x)h+G(x+h)−G(x)h. \frac{(F+G)(x+h)-(F+G)(x)}{h} =\frac{F(x+h)-F(x)}{h}+\frac{G(x+h)-G(x)}{h}.
F,GF,G はともに微分可能なので、h→0h\to0 とした右辺の極限はそれぞれ F′(x),G′(x)F'(x),G'(x) である。よって
{F(x)+G(x)}′=F′(x)+G′(x). \{F(x)+G(x)\}'=F'(x)+G'(x).
f,gf,g の原始関数をそれぞれ F,GF,G とすると、上式により F+GF+G は f+gf+g の原始関数である。定義 (1) を適用して
∫ab{f(x)+g(x)} dx=(F+G)(b)−(F+G)(a)={F(b)−F(a)}+{G(b)−G(a)}=∫abf(x) dx+∫abg(x) dx. \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) gg の原始関数を GG とする。gg は a≦x≦ba\leqq x\leqq b の範囲で連続なので、GG に平均値の定理を適用すると、a<c<ba<c<b を満たす実数 cc が存在して
G(b)−G(a)=G′(c)(b−a)=g(c)(b−a). G(b)-G(a)=G'(c)(b-a)=g(c)(b-a).
ここで b−a>0b-a>0、かつ仮定より g(c)>0g(c)>0 である。したがって、定積分の定義 (1) から
∫abg(x) dx=G(b)−G(a)=g(c)(b−a)>0. \int_a^b g(x)\,dx=G(b)-G(a)=g(c)(b-a)>0.

(3) 空欄アは C\boxed{\text{C}} である。i=1,2,…,ni=1,2,\ldots,n とし、i−1n≦x≦in\dfrac{i-1}{n}\leqq x\leqq\dfrac{i}{n} では ff が増加関数であるから
f(i−1n)≦f(x)≦f(in). f\left(\frac{i-1}{n}\right)\leqq f(x)\leqq f\left(\frac{i}{n}\right).
性質 (C) をこの区間で用いると
∫i−1ninf(i−1n) dx≦∫i−1ninf(x) dx≦∫i−1ninf(in) dx. \int_{\frac{i-1}{n}}^{\frac{i}{n}}f\left(\frac{i-1}{n}\right)\,dx \leqq \int_{\frac{i-1}{n}}^{\frac{i}{n}}f(x)\,dx \leqq \int_{\frac{i-1}{n}}^{\frac{i}{n}}f\left(\frac{i}{n}\right)\,dx.
定数 qq に対しては定義 (1) で原始関数を qxqx とすれば
∫i−1ninq dx=q(in−i−1n)=qn. \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 B\boxed{\text{B}} である。性質 (B) を分点 1n,2n,…,n−1n\dfrac1n,\dfrac2n,\ldots,\dfrac{n-1}{n} に順に用いると
∫01f(x) dx=∑i=1n∫i−1ninf(x) dx. \int_0^1f(x)\,dx=\sum_{i=1}^n\int_{\frac{i-1}{n}}^{\frac{i}{n}}f(x)\,dx.
不等式 (2) を i=1,…,ni=1,\ldots,n について加えると
Sn≦∫01f(x) dx≦1n∑i=1nf(in). S_n\leqq \int_0^1f(x)\,dx\leqq \frac1n\sum_{i=1}^nf\left(\frac{i}{n}\right).
したがって
0≦∫01f(x) dx−Sn≦1n∑i=1n{f(in)−f(i−1n)}=f(1)−f(0)n, 0\leqq \int_0^1f(x)\,dx-S_n \leqq \frac1n\sum_{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→∞n\to\infty で 00 に収束するので、はさみうちの原理から lim⁡n→∞Sn=∫01f(x) dx\displaystyle\lim_{n\to\infty}S_n=\int_0^1f(x)\,dx である。

読み終えたら解答を閉じて、もう一度自分の手で解いてみましょう。

この問題で使う考え方

  • 微分係数と導関数
  • 関数の連続性
  • 不定積分・定積分の性質
  • 数列の極限

答えと解答は AI で作成したものです。誤りに気づいたらお問い合わせから教えてください。

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