第2問
次の問いに答えよ。
(1) 関数 $\small\sf{\begin{align*} \sf f\ (u)=\log\left(\sqrt{u}+1\right)-\log\left(\sqrt{u}+1\right)\end{align*}}$ の導関数f’(u)を求めよ。
(2) 関数 $\small\sf{\begin{align*} \sf F\ (x)=\log\left(\sqrt{e^{2x}+1}-1\right)-\log\left(\sqrt{e^{2x}+1}+1\right)\end{align*}}$ の導関数F’(x)
を求めよ。
(3) 等式 $\small\sf{\begin{align*} \sf \sqrt{e^{2x}+1}=\frac{e^{2x}}{\sqrt{e^{2x}+1}}+\frac{1}{\sqrt{e^{2x}+1}}\end{align*}}$ を用いて、不定積分$\small\sf{\begin{align*} \sf \int\sqrt{e^{2x}+1}\ dx\end{align*}}$
を求めよ。
(4) 曲線 $\small\sf{\begin{align*} \sf y=e^x\ \ \left(\frac{1}{2}\log 8\leqq x\leqq\frac{1}{2}\log 24\right)\end{align*}}$ の長さを求めよ。
－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－
【解答】
(1)
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf f\ '(u)&=\sf \frac{\left(\sqrt{u}-1\right)'}{\sqrt{u}-1}-\frac{\left(\sqrt{u}+1\right)'}{\sqrt{u}+1}\\ &=\sf \frac{\frac{1}{2\sqrt{u}}}{\sqrt{u}-1}-\frac{\frac{1}{2\sqrt{u}}}{\sqrt{u}+1}\\ &=\sf \frac{1}{2\sqrt{u}}\cdot\frac{\left(\sqrt{u}+1\right)-\left(\sqrt{u}-1\right)}u-1{}\\ &=\sf \underline{\sf \frac{1}{\sqrt{u}\left(u-1\right)}}\end{align*}}$
(2)
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf u=e^{2x}+1\end{align*}}$ ・・・・・・(#)
とおくと、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \frac{du}{dx}=2e^{2x}\end{align*}}$
(1)より、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf F\ '(x)=&=\sf \frac{d\ }{dx}\ f\left(e^{2x}+1\right)\\ &=\sf \frac{1}{\sqrt{e^{2x}+1}\ \left\{\left(e^{2x}+1\right)-1\right\}}\cdot 2e^{2x}\\ &=\sf \underline{\sf \frac{2}{\sqrt{e^{2x}+1}}}\end{align*}}$
(3)
題意より
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \int\sqrt{e^{2x}+1}\ dx=\int\frac{e^{2x}}{\sqrt{e^{2x}+1}}\ dx+\int\frac{1}{\sqrt{e^{2x}+1}}\ dx\end{align*}}$
(#)のように置換すると、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \int\frac{e^{2x}}{\sqrt{e^{2x}+1}}\ dx&=\sf \int\frac{e^{2x}}{\sqrt{u}}\cdot\frac{du}{2e^{2x}}\\ &=\sf \frac{1}{2}\int u^{-\frac{1}{2}}du\\ &=\sf \sqrt{e^{2x}}+C_1\\ &=\sf \sqrt{e^{2x}+1}+C_1\end{align*}}$
一方、(2)より
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \int\frac{1}{\sqrt{e^{2x}+1}}\ dx&=\sf \frac{1}{2}\int F\ '(x)dx\\ &=\sf \frac{1}{2}\ F\ (x)+C_2\\ &=\sf \frac{1}{2}\log\left(\sqrt{e^{2x}+1}-1\right)-\frac{1}{2}\log\left(\sqrt{e^{2x}+1}+1\right)+C_2\end{align*}}$
以上より、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \int\sqrt{e^{2x}+1}\ dx=\underline{\sf \sqrt{e^{2x}+1}+\frac{1}{2}\log\left(\sqrt{e^{2x}+1}-1\right)-\frac{1}{2}\log\left(\sqrt{e^{2x}+1}+1\right)+C}\end{align*}}$
(C1、C2、C：積分定数）
(4)
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \frac{dy}{dx}=e^x\end{align*}}$
より、曲線の長さをLとおくと、(3)より
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf L&=\sf \int_{\frac{1}{2}\log8}^{\frac{1}{2}\log24}\sqrt{1+\left(\frac{dy}{dx}\right)^2}\ dx\\ &=\sf \int_{\frac{1}{2}\log8}^{\frac{1}{2}\log24}\sqrt{e^{2x}+1}\ dx\\ &=\sf \left[\sqrt{e^{2x}+1}+\frac{1}{2}\log\left(\sqrt{e^{2x}+1}-1\right)-\frac{1}{2}\log\left(\sqrt{e^{2x}+1}+1\right)\right]_{\frac{1}{2}\log8}^{\frac{1}{2}\log24}\\ &=\sf \left(5+\frac{1}{2}\log 4-\frac{1}{2}\log 6\right)-\left(3+\frac{1}{2}\log2-\frac{1}{2}\log 4\right)\\ &=\sf \underline{\sf 2+\frac{1}{2}\log\frac{4}{3}}\end{align*}}$
うまく誘導に乗っかりましょう！
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- 2016/02/18(木) 23:51:00|
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第3問
座標空間内の2点A(0，1，5)、B(5，6，0)を通る直線をLとする。
点P(4，8，13)および直線L上の2点Q、Rを頂点とする△PQRが
正三角形であるとする。次の問いに答えよ。
(1) 直線Lに点Pから垂線を下ろし、直線Lとの交点をHとする。点H
の座標を求めよ。
(2) 正三角形PQRの一辺の長さを求めよ。
(3) 四面体PQRSが正四面体になるようなすべての点Sの座標を求
めよ。
－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－
【解答】
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \overrightarrow{\sf AB}=\left(5\ ,\ 5\ ,\ -5\right)\end{align*}}$
(1)
HはL上の点なので、実数sを用いて
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \overrightarrow{\sf OH}&=\sf \left(1-s\right)\overrightarrow{\sf OA}+s\overrightarrow{\sf OB}\\ &=\sf \left(0\ ,\ 1-s\ ,\ 5-5s\right)+\left(5s\ ,\ 6s\ ,\ 0\right)\\ &=\sf \left(5s\ ,\ 5s+1\ ,\ -5s+5\right)\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \overrightarrow{\sf PH}&=\sf \left(5s\ ,\ 5s+1\ ,\ -5s+5\right)-\left(4\ ,\ 8\ ,\ 13\right)\\ &=\sf \left(5s-4\ ,\ 5s-7\ ,\ -5s-8\right)\end{align*}}$
と表せる。PH⊥ABより
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \overrightarrow{\sf PH}\cdot\overrightarrow{\sf AB}=5\left(5s-4\right)+5\left(5s-7\right)-5\left(-5s-8\right)=0\ \ \Leftrightarrow\ \ s=\frac{1}{5}\end{align*}}$
なので、Hの座標は、$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \underline{\sf H\left(1\ ,\ 2\ ,\ 4\right)}\end{align*}}$ である。
(2)
(1)より、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \overrightarrow{\sf PH}=\left(-3\ ,\ -6\ ,\ -9\right)\end{align*}}$
であり、△PQRは正三角形なので、一辺の長さは
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf PQ=\frac{PH}{\sin\frac{\pi}{3}}=\frac{2}{\sqrt3}\sqrt{\left(-3\right)^2+\left(-6\right)^2+\left(-9\right)^2}=\underline{\sf 2\sqrt{42}}\end{align*}}$
(3)
△PQRの重心をGとすると、Gは線分PHを2：1に内分する点なので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \overrightarrow{\sf OG}=\frac{1}{3}\left(4\ ,\ 8\ ,\ 13\right)+\frac{2}{3}\left(1\ ,\ 2\ ,\ 4\right)=\left(2\ ,\ 4\ ,\ 7\right)\end{align*}}$
点Sの座標を(X，Y，Z)とおくと、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \overrightarrow{\sf SG}=\left(X-2\ ,\ Y-4\ ,\ Z-7\right)\end{align*}}$
四面体PQRSは正四面体なので、SG⊥平面PQRである。
よって、SG⊥ABかつSG⊥PHなので、内積を考えると、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \overrightarrow{\sf SG}\cdot\overrightarrow{\sf AB}=5\left(X-2\right)+5\left(Y-4\right)-5\left(Z-7\right)=0\ \ \Leftrightarrow\ \ X+Y-Z=-1\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \overrightarrow{\sf SG}\cdot\overrightarrow{\sf PH}=-3\left(X-2\right)-6\left(Y-4\right)-9\left(Z-7\right)=0\ \ \Leftrightarrow\ \ X+2Y+3Z=31\end{align*}}$
となり、これら2式を連立させると、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf Y=32-4Z\ ,\ X=5Z-33\end{align*}}$
を得る。
よって、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \overrightarrow{\sf PS}=\left(X-4\ ,\ Y-8\ ,\ Z-13\right)=\left(5Z-37\ ,\ -4Z+24\ ,\ Z-13\right)\end{align*}}$
であり、(2)より、正四面体の一辺の長さを考えると、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \left|\overrightarrow{\sf PS}\right|^2=\left(5Z-37\right)^2+\left(-4Z+24\right)^2+\left(Z-13\right)^2=\left(2\sqrt{42}\right)^2\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \ \ \Leftrightarrow\ \ 42\left(3Z^2-42+139\right)=0\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \ \ \Leftrightarrow\ \ Z=7\pm\frac{2}{3}\sqrt6\end{align*}}$ ．
よって、Sの座標は、複号を同順として
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf S\left(5Z-33\ ,\ -4Z+32\ ,\ Z\right)=\underline{\sf \left(2\pm\frac{10}{3}\sqrt6\ ,\ 4\mp\frac{8}{3}\sqrt6\ ,\ 7\pm\frac{2}{3}\sqrt6 \right)}\end{align*}}$
(3)が面倒です。
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- 2016/02/18(木) 23:54:00|
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第4問
nを自然数、kを0以上の整数とする。また
$\small\sf{\begin{align*} \sf f\ (x)\left| x\sin\left(nx\right)\right|\ \ ,\ \ x_k=\frac{k\pi}{n}\ ,\ \alpha_k=\frac{x_k+x_{k+1}}{2}\end{align*}}$
とする。次の問いに答えよ。
(1) $\small\sf{\begin{align*} \sf T_k=\int_{x_k}^{\alpha _k}f\ (x)\ dx\end{align*}}$ とする。Tkをn、kを用いて表し、極限$\small\sf{\begin{align*} \sf \lim_{n\rightarrow\infty}\sum_{k=0}^n T_k\end{align*}}$
を求めよ。
(2) xk≦x≦xk+1の範囲で、関数f(x)が最大値をとるときのxの値を
$\small\sf{\beta}$ kとする。$\small\sf{\begin{align*} \sf U_k=\int_{x_k}^{\beta _k}f\ (x)\ dx\end{align*}}$ とおくと、ある定数bを用いて、
$\small\sf{\begin{align*} \sf U_k=\frac{k\pi +b\left|\sin\left(n\beta _k\right)\right|}{n^2}\end{align*}}$ と表される。定数bの値を求めよ。
また、極限$\small\sf{\begin{align*} \sf \lim_{n\rightarrow\infty}\sum_{k=0}^n U_k\end{align*}}$ を求めよ。
(3) xk≦x≦$\small\sf{\alpha}$ kの範囲で、関数 $\small\sf{\begin{align*} \sf g\ (x)=\left|x\cos\left(nx\right)\right|\end{align*}}$ が最大値をとる
ときのxの値を$\small\sf{\gamma}$ kとする。この$\small\sf{\gamma}$ kと(2)の$\small\sf{\beta}$ kに対して
$\small\sf{\begin{align*} \sf V_k=\int_{\gamma _k}^{\beta _k}f\ (x)\ dx\end{align*}}$ とおく。極限$\small\sf{\begin{align*} \sf \lim_{n\rightarrow\infty}\sum_{k=0}^n V_k\end{align*}}$ を求めよ。
－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－
【解答】
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \alpha _k=\frac{\frac{k\pi}{n}+\frac{\left(k+1\right)\pi}{n}}{2}=\frac{1}{n}\left(k\pi+\frac{\pi}{2}\right)\end{align*}}$
(1)
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf t=nx-k\pi\end{align*}}$ ・・・・・・(#) と置換すると、$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \frac{dx}{dt}=n\end{align*}}$ であり、
$\scriptsize\sf{x:\ x_k\rightarrow\alpha_k}$ のとき、 $\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf t:\ 0\rightarrow\frac{\pi}{2}\end{align*}}$ なので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf T_k&=\sf \int_{x_k}^{\alpha_k}\left|\ x\sin\left(nx\right)\ \right|dx\\ &=\sf \int_0^{\pi /2}\left|\frac{t+k\pi}{n}\sin\left(t+k\pi\right)\right|\cdot\frac{dt}{n}\\ &=\sf \frac{1}{n^2}\int_0^{\pi /2}\bigg|t+k\pi\bigg|\bigg|\sin t\cos \left(k\pi\right)+\cos t\sin\left(k\pi\right)\bigg|dt\\ &=\sf \frac{1}{n^2}\int_0^{\pi /2}\bigg|t+k\pi\bigg|\bigg|\sin t\bigg|\bigg|\cos \left(k\pi\right)\bigg|dt\\ &=\sf \frac{1}{n^2}\int_0^{\pi /2}\left(t+k\pi\right) \sin t\ dt\ \ \ \ \left(\because\ 0\lt t<\frac{\pi}{2}\right)\end{align*}}$
部分積分法を用いると、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \int\left(t+k\pi\right) \sin t\ dt&=\sf -\left(t+k\pi\right)\cos t+\int\cos t\ dt\\ &=\sf -\left(t+k\pi\right)\cos t+\sin t+C\end{align*}}$ （C：積分定数）
なので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf T_k=\sf \frac{1}{n^2}\bigg[-\left(t+k\pi\right)\cos t+\sin t\bigg]_0^{\pi /2}=\underline{\sf \frac{k\pi +1}{n^2}}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \lim_{n\rightarrow\infty}\sum_{k=0}^nT_k&=\sf \lim_{n\rightarrow\infty}\left\{\frac{1}{n^2}+\frac{1}{n^2}\sum_{k=1}^n\left(\pi\ k+1\right)\right\}\\ &=\sf 0+\lim_{n\rightarrow\infty}\frac{1}{n^2}\left\{\frac{\pi}{2}n\left(n+1\right)+n\right\}\\ &=\sf \lim_{n\rightarrow\infty}\left(\frac{\pi}{2}+\frac{\pi}{2n}+\frac{1}{n}\right)\\ &=\sf \underline{\sf \frac{\pi}{2}}\end{align*}}$
(2)
関数F(x)を
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf F\ (x)=x\sin\left(nx\right)\ \ \ \left(x_k\leqq x\leqq x_{k+1}\right)\end{align*}}$
とおくと、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf F\ '(x)=\sin\left(nx\right)+nx\cos\left(nx\right)\end{align*}}$
F(xk)=F(xk+1)=0であり、F(x)は微分可能な関数なので、
f(x)=|F(x)|が最大値をとるx=$\scriptsize\sf{\beta}$ kに対して
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf F\ '(\beta _k)=\sin\left(n\beta _k\right)+n\beta _k\cos\left(n\beta _k\right)=0\end{align*}}$ ・・・・・・(ⅰ)
が成り立つ。
(1)と同様、(#)のように置換すると、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf U_k&=\sf \frac{1}{n^2}\bigg[-\left(t+k\pi\right)\cos t+\sin t\bigg]_0^{n\beta _k-k\pi}\\ &=\sf \frac{1}{n^2}\bigg\{-n\beta _k\cos\left(n\beta_k-k\pi\right)+\sin\left(n\beta_k-k\pi\right)\bigg\}+\frac{k\pi}{n^2}\end{align*}}$
加法定理より
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \cos\left(n\beta_k-k\pi\pi\right)&=\sf \cos\left(n\beta_k\right)\cos\left(k\pi\right)+\sin\left(n\beta_k\right)\sin\left(k\pi\right)\\ &=\sf \cos\left(n\beta_k\right)\cos\left(k\pi\right)\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \sin\left(n\beta_k-k\pi\pi\right)&=\sf \sin\left(n\beta_k\right)\cos\left(k\pi\right)-\cos\left(n\beta_k\right)\sin\left(k\pi\right)\\ &=\sf \sin\left(n\beta_k\right)\cos\left(k\pi\right)\end{align*}}$
であり、これと(ⅰ)より
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf U_k&=\sf \frac{1}{n^2}\bigg\{-n\beta _k\cos\left(n\beta_k\right)\cos\left(k\pi\right)+\sin\left(n\beta_k\right)\cos\left(k\pi\right)\bigg\}+\frac{k\pi}{n^2}\\ &=\sf \frac{1}{n^2}\cdot 2\sin\left(n\beta_k\right)\cos\left(k\pi\right)+\frac{k\pi}{n^2} \\ &=\sf \frac{k\pi +2\left|\sin\left(n\beta _k\right)\right|}{n^2}\end{align*}}$
よって、b=2である。
一方、自然数k=0，1，・・・，nに対して、$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf 0\leqq \big|\sin\left(n\beta_k\right)\big|\leqq 1\end{align*}}$
が成り立つので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf 0\leqq \sum_{k=0}^n\big|\sin\left(n\beta_k\right)\big|\leqq \sum_{k=0}^n1&\ \ \Leftrightarrow\ \ \sf 0\leqq \sum_{k=0}^n\frac{2\big|\sin\left(n\beta_k\right)\big|}{n^2}\leqq \sum_{k=0}^n\frac{2}{n^2}=\frac{2\left(n+1\right)}{n^2}\end{align*}}$
であり、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \lim_{n\rightarrow\infty}\frac{2\left(n+1\right)}{n^2}=\lim_{n\rightarrow\infty}\left(\frac{2}{n}+\frac{2}{n^2}\right)=0\end{align*}}$ .
はさみうちの原理より
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \lim_{n\rightarrow\infty}\sum_{k=0}^n\frac{2\big|\sin\left(n\beta_k\right)\big|}{n^2}=0\end{align*}}$ ・・・・・・(ⅱ)
なので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \lim_{n\rightarrow\infty}\sum_{k=0}^nU_k&=\sf \lim_{n\rightarrow\infty}\sum_{k=0}^n\frac{k\pi}{n^2}+\lim_{n\rightarrow\infty}\sum_{k=0}^n\frac{2\big|\sin\left(n\beta_k\right)\big|}{n^2}\\ &=\sf \lim_{n\rightarrow\infty}\frac{\pi\ n\left(n+1\right)}{2n^2}+0\\ &=\sf \lim_{n\rightarrow\infty}\frac{\pi\left(1+\frac{1}{n}\right)}{2}\\ &=\sf \underline{\sf \frac{\pi}{2}}\end{align*}}$
(3)
(2)と同様、(#)のように置換すると、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf V_k&=\sf \frac{1}{n^2}\bigg[-\left(t+k\pi\right)\cos t+\sin t\bigg]_{n\gamma _k-k\pi}^{n\beta _k-k\pi}\\ &=\sf \frac{2\left|\sin\left(n\beta _k\right)\right|}{n^2}-\frac{1}{n^2}\bigg\{-n\gamma _k\cos\left(n\gamma_k-k\pi\right)+\sin\left(n\gamma_k-k\pi\right)\bigg\}\end{align*}}$
であり、加法定理を用いると、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf V_k&=\sf \frac{2\left|\sin\left(n\beta _k\right)\right|}{n^2}-\frac{\left|\sin\left(n\gamma _k\right)\right|}{n^2}+\frac{\left|\gamma_k\cos\left(n\gamma_k\right)\right|}{n}\\ &=\sf \frac{2\left|\sin\left(n\beta _k\right)\right|}{n^2}-\frac{\left|\sin\left(n\gamma _k\right)\right|}{n^2}+\frac{g\left(\gamma_k\right)}{n}\end{align*}}$
ここで、g($\scriptsize\sf{\gamma}$ k)は、xk≦x≦$\scriptsize\sf{\alpha}$ kの範囲における最大値なので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf g\ (\gamma_k)\geqq g(x_k)=\left|\frac{k\pi}{n}\cos\left(k\pi\right)\right|=\frac{k\pi}{n}\end{align*}}$
また、$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \left|\cos\left(n\gamma_k\right)\right|\leqq 1\end{align*}}$ なので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf g\ (\gamma_k)=\left|\gamma_k\cos\left(n\gamma_k\right)\right|\leqq \gamma_k\leqq \alpha_k=\frac{1}{n}\left(k\pi+\frac{\pi}{2}\right)\end{align*}}$ ．
これらより、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \frac{k\pi}{n}\leqq g\ (\gamma_k)\leqq \frac{1}{n}\left(k\pi+\frac{\pi}{2}\right)\ \ \Leftrightarrow\ \ \frac{k\pi}{n^2}\leqq \frac{g\ (\gamma_k)}{n}\leqq \frac{1}{n^2}\left(k\pi+\frac{\pi}{2}\right)\end{align*}}$
であり、この不等式はk=0，1，2，・・・，nに対して成り立つので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \sum_{k=0}^n\frac{k\pi}{n^2}\leqq \sum_{k=0}^n\frac{g\ (\gamma_k)}{n}\leqq \sum_{k=0}^n\frac{k\pi}{n^2}+\sum_{k=0}^n\frac{\pi}{2n^2}\end{align*}}$
となる。
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \lim_{n\rightarrow\infty}\sum_{k=0}^n\frac{\pi}{2n^2}=\lim_{n\rightarrow\infty}\frac{\pi\left(n+1\right)}{2n^2}=0\end{align*}}$
なので、はさみうちの原理より
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \lim_{n\rightarrow\infty}\sum_{k=0}^n\frac{g\ (\gamma_k)}{n}=\lim_{n\rightarrow\infty}\sum_{k=0}^n\frac{k\pi}{n^2}=\lim_{n\rightarrow\infty}\frac{\pi\ n\left(n+1\right)}{2n^2}=\frac{\pi}{2}\end{align*}}$
また、(ⅱ)と同様
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \lim_{n\rightarrow\infty}\frac{2\left|\sin\left(n\beta _k\right)\right|}{n^2}=\lim_{n\rightarrow\infty}\frac{\left|\sin\left(n\gamma _k\right)\right|}{n^2}=0\end{align*}}$
なので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \lim_{n\rightarrow\infty}V_k&=\sf \lim_{n\rightarrow\infty}\frac{2\left|\sin\left(n\beta _k\right)\right|}{n^2}+\lim_{n\rightarrow\infty}\frac{\left|\sin\left(n\gamma _k\right)\right|}{n^2}+\lim_{n\rightarrow\infty}\sum_{k=0}^n\frac{g\ (\gamma_k)}{n}\\ &=\sf \underline{\sf \frac{\pi}{2}}\end{align*}}$
ほとんどの受験生は手が出なかったんじゃないでしょうか（笑）
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- 2016/02/19(金) 23:57:00|
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