区分求積法のおさらい／分母が２次式である積分のやりかた(横浜国立大2019理系第1問)

三角形 OAB があり，各辺の長さは OA = 1，OB = $\sqrt{3}$，AB = 2 である。自然数 $n$ に対し，

$\text{AP}_k=\cfrac{k}{n}\text{AB}$　$(k=1,2,\cdots,n)$

となるような点 $\text{P}_1,\text{P}_2,\cdots,\text{P}_n$ を辺 AB 上にとる。次の問いに答えよ。

(1) 線分 $\text{OP}_k$　$(k=1,2,\cdots,n)$ の長さを求めよ。

(2)　極限値 $\displaystyle\lim_{n\rightarrow\infty}\cfrac{1}{n}\sum_{k=1}^n\cfrac{1}{(\text{OP}_k)^2}$ を求めよ。

余弦定理を用いる

(1)から始めます。

余弦定理で長さを求めます。

${\text{OP}_k}^2=\text{OA}^2+{\text{AP}_k}^2-2\text{OA}\cdot\text{AP}_k\cos60\degree$

${\text{OP}_k}^2=1+\Big(\cfrac{2k}{n}\Big)^2-2\cdot1\cdot\cfrac{2k}{n}\cdot\cfrac{1}{2}$
$=1+\cfrac{4k^2}{n^2}-\cfrac{2k}{n}$

したがって

$\text{OP}_k=\sqrt{\cfrac{4k^2}{n^2}-\cfrac{2k}{n}+1}$　（答え）

区分求積法

(2)に進みます。

$\displaystyle\lim_{n\rightarrow\infty}\cfrac{1}{n}\sum_{k=1}^n\cfrac{1}{(\text{OP}_k)^2}$

区分求積のおさらいをしましょう。

まず，$f(k)=\cfrac{1}{(\text{OP}_k)^2}$ とします。つまり，グラフのタテ方向の長さとして考えます。

棒グラフ 1 個の面積は，タテ×横から考えると，$f(k)\times1=f(k)$ として表すことができます。つまり，$\displaystyle\sum_{k=1}^nf(k)$ は長方形の面積を合計する，という意味になります。

これに $\cfrac{1}{n}$ をかけてみましょう。

ヨコ軸の値が $\cfrac{1}{n}$，$\cfrac{2}{n}$，$\cfrac{3}{n}$，$\cdots$，$\cfrac{n}{n}=1$ に変わりました。

このとき，棒グラフ 1 個の面積は，$f(x)\times\cfrac{1}{n}$ となります。

$\displaystyle\cfrac{1}{n}\sum_{k=1}^nf(k)=\sum_{k=1}^n\cfrac{1}{n}f(k)$ だから，これもまた長方形の面積の合計です。

グラフは区間 $[0,1]$ を $n$ 個で分割しています。そして，その区間をひらすら細かく分割していくと，$f(k)$ が作る面積に限りなく近づいていくことになります。

こうして，公式ができあがります。

これを用いて，計算していきましょう。

$\displaystyle\lim_{n\rightarrow\infty}\cfrac{1}{n}\sum_{k=1}^n\cfrac{1}{(\text{OP}_k)^2}$

$\displaystyle=\int_0^1\cfrac{1}{4x^2-2x+1}\space dx$

分母を平方完成して

$\displaystyle=\int_0^1\cfrac{1}{4\Big(x^2-\cfrac{1}{2}x\Big)+1}\space dx$
$\displaystyle=\int_0^1\cfrac{1}{4\Big(x-\cfrac{1}{4}\Big)^2-\cfrac{1}{4}+1}\space dx$
$\displaystyle=\int_0^1\cfrac{1}{4\Big(x-\cfrac{1}{4}\Big)^2+\cfrac{3}{4}}\space dx$

$1+\tan^2\theta$ の形に持ち込むために，$\cfrac{3}{4}$ をムリヤリ前に持っていきます。

$\displaystyle=\int_0^1\cfrac{1}{\cfrac{3}{4}\Big\{\cfrac{16}{3}\Big(x-\cfrac{1}{4}\Big)^2+1\Big\}}\space dx$

$\cfrac{4}{\sqrt{3}}\Big(x-\cfrac{1}{4}\Big)=\tan\theta$ として

$\cfrac{4}{\sqrt{3}}\space dx=\cfrac{1}{\cos^2\theta}\space d\theta$
$dx=\cfrac{\sqrt{3}}{4\cos^2\theta}\space d\theta$
$\def\arraystretch{1.5}\begin{array}{|c|c|}\hline x&0\rightarrow1\\\hline \theta&-\frac{\pi}{6}\rightarrow\frac{\pi}{3}\\\hline\end{array}$
$=\displaystyle\int_{\small{-\frac{\pi}{6}}}^{\small{\frac{\pi}{3}}}\cfrac{1}{\cfrac{3}{4}(1+\tan^2\theta)}\cdot\cfrac{\sqrt{3}}{4\cos^2\theta}\space d\theta$
$=\displaystyle\int_{\small{-\frac{\pi}{6}}}^{\small{\frac{\pi}{3}}}\cfrac{1}{\cfrac{3}{4\cos^2\theta}}\cdot\cfrac{\sqrt{3}}{4\cos^2\theta}\space d\theta$
$=\displaystyle\int_{\small{-\frac{\pi}{6}}}^{\small{\frac{\pi}{3}}}\cfrac{\sqrt{3}}{3}\space d\theta$
$=\Big[\cfrac{\sqrt{3}}{3}\theta\Big]_{\small{-\frac{\pi}{6}}}^{\small{\frac{\pi}{3}}}$
$=\cfrac{\sqrt{3}}{9}\pi+\cfrac{\sqrt{3}}{18}$
$=\cfrac{\sqrt{3}}{6}\pi$　（答え）