数III横浜国立大高校数学の解法

横浜国立大2019理系第1問 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

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。

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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)

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区分求積法

(2)に進みます。

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

式の形を見て,区分求積ってのがひらめくといいのだけど。

教科書載ってた気がするけど,忘れた。

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。

$\displaystyle\lim_{n\rightarrow\infty}\cfrac{1}{n}\sum_{x=1}^nf(x)=\int_0^1f(x)\space dx$

これを用いて,計算していきましょう。

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

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

これ,どう積分していいのかさっぱり分かりません。

やっかいな類。分母に 2 次関数がきたときには,これを平方完成して $1+\tan^2\theta$ に持ち込むってのを覚えておくと良い。

パターンですか?

パターンだね。

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)

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