第１問
自然数nに対して
$\small\sf{\begin{align*}\sf S_n=\sum_{k=1}^n\frac{\left(-1\right)^{k-1}}{k}\ ,\ \ T_n=\sum_{k=1}^n\frac{1}{n+k} \end{align*}}$
とおくとき、次の問いに答えよ。
(１) すべての自然数nに対してS2n=Tnが成り立つことを示せ。
(２) 極限 $\small\sf{\begin{align*}\sf \lim_{n\rightarrow\infty}S_{2n} \end{align*}}$ を求めよ。
(３) 極限 $\small\sf{\begin{align*}\sf \lim_{n\rightarrow\infty}S_{2n-1} \end{align*}}$ を求めよ。
－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－
【解答】
(１)
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf S_{2n}&=\sf \sum_{k=1}^{2n}\frac{\left(-1\right)^{k-1}}{k} \\ &=\sf \frac{1}{1}-\frac{1}{2}+\frac{1}{3}-\frac{1}{4}+\cdots +\frac{1}{2n-1}-\frac{1}{2n}\\ &=\sf \frac{1}{1}+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\cdots +\frac{1}{2n-1}+\frac{1}{2n}-2\left(\frac{1}{2}+\frac{1}{4}+\cdots +\frac{1}{2n}\right)\\ &=\sf \frac{1}{1}+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\cdots +\frac{1}{2n-1}+\frac{1}{2n}-\left(\frac{1}{1}+\frac{1}{2}+\cdots +\frac{1}{n}\right)\\ &=\sf \frac{1}{n+1}+\frac{1}{n+2}+\cdots +\frac{1}{2n}\\ &=\sf \sum_{k=1}^n\frac{1}{n+k}\\ &=\sf T_n\end{align*}}$
(２)
(１)より
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \lim_{n\rightarrow\infty}S_{2n}&=\sf \lim_{n\rightarrow\infty}T_n\\ &=\sf \lim_{n\rightarrow\infty}\sum_{k=1}^n\frac{1}{n+k}\\ &=\sf \lim_{n\rightarrow\infty}\frac{1}{n}\sum_{k=1}^n\frac{1}{1+\frac{k}{n}}\\ &=\sf \int_0^1\frac{1}{1+x}dx\\ &=\sf \bigg[\log |1+x|\bigg]_0^1\\ &=\sf \underline{\log 2} \end{align*}}$
(３)
(２)より
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \lim_{n\rightarrow\infty}S_{2n-1}&=\sf \lim_{n\rightarrow\infty}\left(S_{2n}-\frac{\left(-1\right)^{2n-1}}{2n}\right)\\ &=\sf log2+\lim_{n\rightarrow\infty}\frac{1}{2n}\\ &=\sf \underline{log2}\end{align*}}$
(２)で区分求積法を使います。
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第２問
nを自然数とする。0≦ak≦1をみたす数列{ak} に対して
$\small\sf{\begin{align*}\sf b_n=\sum_{k=1}^na_k\end{align*}}$
とおく。実数xに対して
$\small\sf{\rm I_{\sf n}\sf\left(x\right)=b_n\left(1-a_1x\right)\left(1-a_2x\right)\cdots\left(1-a_nx\right)}$
と定めるとき、次の問いに答えよ。
(１) a≧0とする。x≧0に対して不等式1-ax≦e-ax が成り立つことを示せ。
(２) 不等式$\small\sf{\int_0^1\rm I_{\sf n}\sf\left(x\right)dx\leq 1}$ を示せ。
(３) $\small\sf{\begin{align*}\sf \lim_{n\rightarrow\infty}\frac{b_n}{n}-1 \end{align*}}$ が成り立つとき、
$\small\sf{\begin{align*}\sf \lim_{n\rightarrow\infty}\int_0^1\rm I_{\sf n}\sf\left(x\right)dx=1\end{align*}}$
となることを示せ。
－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－
【解答】
(１)
関数f(x)を
$\scriptsize\sf{f\left(x\right)=e^{-ax}+ax-1\ \ \ \left(0\leq x\right)}$
とおくと、
$\scriptsize\sf{f\ '\left(x\right)=-ae^{-ax}+a=a\left(1-e^{-ax}\right)\geq 0\ \ \ \left(\because\ a,x\geq 0\right)}$
より、f(x)は単調に増加する。
このこととf(0)=0より、f(x)≧0となるので、x≧0の範囲で不等式
$\scriptsize\sf{1-ax\leq e^{-ax}}$
が成り立つ。
(２)
(１)より
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \int_0^1\rm I_{\sf n}\sf \left(x\right)dx&=\sf \int_0^1b_n\left(1-a_1x\right)\left(1-a_2x\right)\cdots\left(1-a_nx\right)dx\\ &\leq\sf \int_0^1b_ne^{-a_1x}\cdot e^{-a_2x}\cdots e^{-a_nx}dx\\ &=\sf \int_0^1b_ne^{-\left(a_1+a_2+\cdots +a_n\right)x}dx\\ &=\sf \int_0^1b_ne^{-b_nx}\\ &=\sf \bigg[-e^{-b_nx}\bigg]_0^1\\ &=\sf 1-e^{-b_n}\\ &\leq\sf 1 \ \ \ \ \left(\because\ e^{-b_n}\geq 0\right)\end{align*}}$
(３)
k=1，2，･･･，nに対して0≦ak≦1なので、
$\scriptsize\sf{1-a_kx\geq 1-x\ \ \ \left(k=1,2,\cdots ,n\right)}$
よって、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \lim_{n\rightarrow\infty}\int_0^1\rm I_{\sf n}\sf \left(x\right)dx&\geq\sf \lim_{n\rightarrow\infty}\int_0^1b_n\left(1-x\right)^ndx\\ &=\sf\lim_{n\rightarrow\infty}\left[-\frac{b_n}{n+1}\left(1-x\right)^{n+1}\right]_0^1 \\ &=\sf \lim_{n\rightarrow\infty}\frac{b_n}{n+1}\\ &=\sf \lim_{n\rightarrow\infty}\frac{b_n}{n}\cdot\frac{n}{n+1}\\ &=\sf 1\end{align*}}$
(２)の不等式が成り立つので、はさみうちの原理より
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \lim_{n\rightarrow\infty}\int_0^1\rm I_{\sf n}\sf \left(x\right)dx=\sf 1\end{align*}}$
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第３問
次の問いに答えよ。ただし、eは自然対数の底とする。
(１) 定積分
$\small\sf{\begin{align*}\sf \int_0^1e^{\sqrt{x}}dx+\int_1^e\left(log\ y\right)^2dy\end{align*}}$
の値を求めよ。
(２) f(x)=tanxとする。関数y=f(x)は$\small\sf{-\frac{\pi}{2}}$ ＜x＜$\small\sf{\frac{\pi}{2}}$ の範囲で
逆関数x=f-1(y)を持つ。定積分
$\small\sf{\begin{align*}\sf \int_0^{\frac{\pi}{4}}tan\ x\ dx+\int_0^1f^{-1}\left(y\right)dy\end{align*}}$ および $\small\sf{\begin{align*}\sf\int_0^1f^{-1}\left(y\right)dy\end{align*}}$
の値を求めよ。
(３) 定積分
$\small\sf{\begin{align*}\sf \int_0^1e^{x^2}dx+\int_1^e\sqrt{log\ y}\ dy\end{align*}}$
の値を求めよ。
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【解答】
(１)
0＜x＜1の範囲において、$\scriptsize\sf{\left(e^{\sqrt{x}}\right)'=\frac{1}{2\sqrt{x}}e^{\sqrt{x}}\gt 0}$ なので、連続関数
$\scriptsize\sf{y=e^{\sqrt{x}}\ \ \ \left(0\lt x\lt\ ,\ \ 1\lt y\lt e\right)}$
は逆関数をもち、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf y=e^{\sqrt{x}}&\ \ \Leftrightarrow\ \ \sf \sqrt{x}=log\ y\\ &\ \ \Leftrightarrow\ \ \sf x=\left(log\ y\right)^2\end{align*}}$
ここで、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf S_1=\int_0^1e^{\sqrt{x}}dx\ ,\ \ S_2=\int_1^e\left(log\ y\right)^2dy\end{align*}}$
とおくと、S1、S2はそれぞれ図１の水色部分、
ピンク色部分の面積を表す。
よって、
$\scriptsize\sf{S_1+S_2=\underline{e}}$
(２)
関数y=tan xの逆関数はx=f-1(x)なので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf S_3=\int_0^{\frac{\pi}{4}}tan\ x dx\ ,\ \ S_4=\int_0^1f^{-1}\left(y\right)dy\end{align*}}$
とおくと、S3、S4はそれぞれ図２の水色部分、
ピンク色部分の面積を表す。
よって、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf S_3+S_4=\underline{\frac{\pi}{4}}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf S_4&=\sf\frac{\pi}{4}-\int_0^{\frac{\pi}{4}}tan\ xdx \\ &=\sf\frac{\pi}{4}-\int_0^{\frac{\pi}{4}}\frac{-\left(cos\ x\right)'}{cos\ x}\ dx \\ &=\sf \frac{\pi}{4}-\bigg[-log|co x|\bigg]_0^{\frac{\pi}{4}}\\ &=\sf \frac{\pi}{4}+log\frac{1}{\sqrt2}\\ &=\sf \underline{\frac{\pi}{4}-\frac{1}{2}log\ 2}\end{align*}}$
(３)
0＜x＜1の範囲において、$\scriptsize\sf{\left(e^{x^2}\right)'=2x\ e^{x^2}\gt 0}$ なので、連続関数
$\scriptsize\sf{y=e^{x^2}\ \ \ \left(0\lt x\lt\ ,\ \ 1\lt y\lt e\right)}$
は逆関数をもち、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf y=e^{x^2}&\ \ \Leftrightarrow\ \ \sf x^2=log\ y\\ &\ \ \Leftrightarrow\ \ \sf x=\sqrt{log\ y}\end{align*}}$
ここで、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf S_5=\int_0^1e^{x^2}dx\ ,\ \ S_6=\int_1^e\sqrt{log\ y}dy\end{align*}}$
とおくと、S5、S6はそれぞれ図３の水色部分、
ピンク色部分の面積を表す。
よって、
$\scriptsize\sf{S_5+S_6=\underline{e}}$
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第４問
nを2以上の自然数とし、原点Oを中心とする単位円周上に2n+1個の
相異なる点
$\small\sf{\begin{align*}\sf P_k\left(cos\frac{2\pi\ k}{2n+1},sin\frac{2\pi k}{2n+1}\right)\ \ \ \ \left(k=0,1,\cdots ,2n\right) \end{align*}}$
をとる。また整数jに対して、jを2n+1で割った余りがk=0，1，･･･，2n
のとき、P$\small\sf{_j}$ =Pkと約束する。この記法の下で、
線分PkPk+nと線分Pk+1Pk+1-nとの交点をQk（k=0，1，･･･，2n）
とおく。点P0、Q0、P1、Q1、･･･、P2n、Q2n、P0を順に結んでできる
折れ線が囲む図形をKnとし、その面積をAnとする。このとき次の問いに答えよ。
(１) ∠OP0Q0および∠P0OQ0の値をnを用いて表せ。
(２) (１)∠OP0Q0の値を$\small\sf{\theta}$nとおく。三角形OP0Q0の面積を$\small\sf{\theta}$nを用いて表せ．
(３) 極限$\small\sf{\begin{align*}\sf \lim_{n\rightarrow\infty}A_n\end{align*}}$ を求めよ。
－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－
【解答】
(１)
二等辺三角形OP0Q0において
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \angle P_0OQ_0=\frac{2n}{2n+1}\pi \end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \angle OP_0Q_0=\frac{1}{2}\left(\pi-\frac{2n}{2n+1}\pi\right)=\underline{\frac{\pi}{2\left(2n+1\right)}}\ \ \left(=\theta_n\right) \end{align*}}$
また、図の対称性より
$\scriptsize\sf\begin{align*}\sf \angle P_0OQ_0&=\sf \frac{1}{2}\angle P_0OP_1\\ &=\sf \frac{1}{2}\cdot\frac{2\pi}{2n+1}\\ &=\sf \underline{\frac{\pi}{2n+1}}\ \ \left(=2\theta_n\right)\end{align*}{}$
(２)
(１)より
$\scriptsize\sf{\angle OQ_0P_0=\pi-\left(\angle OP_0Q_0+\angle P_0OQ_0\right)=\pi-3\theta_n}$
OP0Q0において正弦定理より
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \frac{P_0Q_0}{sin 2\theta_n}=\frac{1}{sin\left(\pi-3\theta_n\right)} \ \ \Leftrightarrow\ \ P_0Q_0=\frac{sin2\theta_n}{sin3\theta_n}\end{align*}}$
よって、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \triangle OP_0Q_0&=\sf \frac{1}{2}\cdot 1\cdot\frac{sin2\theta_n}{sin3\theta_n}\cdot sin\theta_n=\underline{\frac{sin\theta_n\ sin2\theta_n}{2sin3\theta_n}} \end{align*}}$
(３)
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \lim_{n\rightarrow\infty}A_n&=\sf \lim_{n\rightarrow\infty}2\left(2n+1\right)\triangle OP_0Q_0 \\ &=\sf \lim_{n\rightarrow\infty}\frac{\pi}{\theta_n}\cdot\frac{sin\theta_n\ sin2\theta_n}{2sin3\theta_n}\\ &=\sf \lim_{n\rightarrow\infty}\frac{\pi}{3}\cdot\frac{sin\theta_n}{\theta_n}\cdot\frac{sin2\theta_n}{2\theta_n}\cdot\frac{3\theta_n}{sin3\theta_n}\\ &=\sf \underline{\frac{\pi}{3}}\end{align*}}$
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