級数和の極限は東大でも積分挟み撃ち – 2001年東大 数学 後期 第3問
ぐるぐる回ります(Mehmet Turgut KirkgozによるPixabayからの画像)2023年2月27日
Tk を具体的な関数値で上下から評価する
ターゲットの集合を f−1(y) の値域の和集合で表す
I が第1象限と第4象限をまたがないときは 0≦α 、またぐときは α<0 であるとします。すると、 P(x) の定義から、
P(x)∈I⇔ある整数nが存在してα+2πn≦2πf(x)≦β+2πn⇔ある整数nが存在して2πα+n≦f(x)≦2πβ+n⇔ある整数nが存在してf−1(2πα+n)≦x≦f−1(2πβ+n) です。
よって、
k≦x≦k+1 かつ P(x)∈I⇔k≦x≦k+1 かつ ある整数nが存在してf−1(2πα+n)≦x≦f−1(2πβ+n) です。
ここで、 α の正負に場合分けして考えます。
α≧0 のとき
α≧0 のとき、任意の整数 n に対して、
2nπ≦α+2nπ<β+2nπ<2(n+1)π なので、
f−1(n)≦f−1(2πα+n)<f−1(2πβ+n)<f−1(n+1) です。よって、f(k),f(k+1) がともに整数であることに注意すると、
k=f−1(f(k))≦f−1(2πα+f(k))<f−1(2πβ+f(k))<f−1(f(k)+1)<f−1(2πα+f(k)+1)<f−1(2πβ+f(k)+1)<f−1(f(k)+2)<f−1(2πα+f(k)+2)<f−1(2πβ+f(k)+2)<f−1(f(k)+3) ⋮<f−1(f(k+1)−1)<f−1(2πα+f(k+1)−1) <f−1(2πβ+f(k+1)−1)<f−1(f(k+1))=k+1 です。
したがって、
k≦x≦k+1 かつ P(x)∈I⇔ある整数 f(k)≦n≦f(k+1)−1 が存在してf−1(2πα+n)≦x≦f−1(2πβ+n)⇔ある整数 0≦m≦f(k+1)−f(k)−1 が存在してf−1(2πα+f(k)+m)≦x≦f−1(2πβ+f(k)+m) なので、
={x∣k≦x≦k+1,P(x)∈I}m=0⋃f(k+1)−f(k)−1{x∣f−1(f(k)+m+2πα)≦x ≦f−1(f(k)+m+2πβ)} が成り立ちます。
α<0 のとき
α<0 のとき、 任意の整数 n に対して、
α+2nπ<2nπ<β+2nπ<α+2(n+1)π なので、
f−1(2πα+n)<f−1(n)<f−1(2πβ+n)<f−1(2πα+n+1) です。よって、
k=f−1(f(k))<f−1(2πβ+f(k))<f−1(2πα+f(k)+1)<f−1(2πβ+f(k)+1)<f−1(2πα+f(k)+2)<f−1(2πβ+f(k)+2) ⋮<f−1(f(k+1)−1)<f−1(2πα+f(k+1)−1) <f−1(2πβ+f(k+1)−1)<f−1(2πα+f(k+1))<f−1(f(k+1))=k+1 です。
したがって、
k≦x≦k+1 かつ P(x)∈I ⇔ ある整数 f(k)+1≦n≦f(k+1)−1 が存在してf−1(2πα+n)≦x≦f−1(2πβ+n)またはk≦x≦f−1(2πβ+f(k))またはf−1(2πα+f(k+1))≦x≦k+1) ⇔ ある整数 1≦m≦f(k+1)−f(k)−1 が存在してf−1(2πα+f(k)+m)≦x≦f−1(2πβ+f(k)+m)またはk≦x≦f−1(2πβ+f(k))またはf−1(2πα+f(k+1))≦x≦k+1) であり、
={x∣k≦x≦k+1,P(x)∈I}m=1⋃f(k+1)−f(k)−1{x∣f−1(f(k)+m+2πα)≦x ≦f−1(f(k)+m+2πβ)} ⋃{x∣k≦x≦f−1(2πβ+f(k))} ⋃{x∣f−1(2πα+f(k+1))≦x≦k+1} が成り立ちます。
Tk を f−1(y) の値で上下から評価する
よって0≦α のとき、
Tk=m=0∑f(k+1)−f(k)−1{f−1(f(k)+m+2πβ) −f−1(f(k)+m+2πα)} です。また、α<0 のとき、
Tk=m=1∑f(k+1)−f(k)−1{f−1(f(k)+m+2πβ) −f−1(f(k)+m+2πα)}+f−1(f(k)+2πβ)−k+k+1−f−1(f(k+1)+2πα) ですが、 α<0 であることから k=f−1(f(k))>f−1(f(k)+2πα) なので
<f−1(f(k)+2πβ)−kf−1(f(k)+2πβ)−f−1(f(k)+2πα) です。また、 k+1=f−1(f(k+1))<f−1(f(k+1)+2πβ) なので
<k+1−f−1(f(k+1)+2πα)f−1(f(k+1)+2πβ)−f−1(f(k+1)+2πα) です。よって
Tk=m=1∑f(k+1)−f(k)−1{f−1(f(k)+m+2πβ) −f−1(f(k)+m+2πα)}+f−1(f(k)+2πβ)−k+k+1−f−1(f(k+1)+2πα)<m=0∑f(k+1)−f(k){f−1(f(k)+m+2πβ) −f−1(f(k)+m+2πα)} かつ
Tk=m=1∑f(k+1)−f(k)−1{f−1(f(k)+m+2πβ) −f−1(f(k)+m+2πα)}+f−1(f(k)+2πβ)−k+k+1−f−1(f(k+1)+2πα)>m=1∑f(k+1)−f(k)−1{f−1(f(k)+m+2πβ) −f−1(f(k)+m+2πα)} が成り立ちます。
この不等式は、 0≦α のときも成り立ちます。
平均値の定理を適用する
式に関数値の差が現れたので、セオリー通り平均値の定理を適用してみます。 f−1(y) は微分可能なので、各 k,m に対して
f(k)+m+2πα<ck,m<f(k)+m+2πβ である実数 ck,m が存在して、
==f−1(f(k)+m+2πβ)−f−1(f(k)+m+2πα)(2πβ−2πα)dydf−1(ck,m)2πLdydf−1(ck,m) が成り立ちます。ここで β−α=L であることを適用しています。
よって Tk は、
<<2πLm=1∑f(k+1)−f(k)−1dydf−1(ck,m)Tk2πLm=0∑f(k+1)−f(k)dydf−1(ck,m) と評価できます。