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 T_k 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) 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 0 \leqq \alpha 、またぐときは α<0 \alpha < 0 であるとします。すると、 P(x) 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α2π+n≦f(x)≦β2π+n⇔ある整数nが存在してf−1(α2π+n)≦x≦f−1(β2π+n)P(x) \in I \\ \Leftrightarrow \\ \text{ある整数} n \text {が存在して} \\ \alpha + 2 \pi n \leqq 2\pi f(x) \leqq \beta + 2 \pi n \\ \Leftrightarrow \\ \text{ある整数} n \text {が存在して} \\ \frac{\alpha}{2 \pi} + n \leqq f(x) \leqq \frac{\beta }{2 \pi} + n \\ \Leftrightarrow \\ \text{ある整数} n \text {が存在して} \\ f^{-1}(\frac{\alpha}{2 \pi} +n) \leqq x \leqq f^{-1}(\frac{\beta }{2 \pi} + 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(α2π+n)≦x≦f−1(β2π+n)k \leqq x \leqq k+1 \text{ かつ } P(x) \in I \\ \Leftrightarrow \\ k \leqq x \leqq k+1 \\ \text{ かつ } \\ \text{ある整数} n \text {が存在して} \\ f^{-1}(\frac{\alpha}{2 \pi} +n) \leqq x \leqq f^{-1}(\frac{\beta }{2 \pi} + n ) \\

　です。

　ここで、 α \alpha の正負に場合分けして考えます。

α≧0 \alpha \geqq 0 のとき

　 α≧0 \alpha \geqq 0 のとき、任意の整数 n n に対して、

2nπ≦α+2nπ<β+2nπ<2(n+1)π2 n \pi \leqq \alpha + 2 n \pi < \beta + 2 n \pi < 2 (n+1) \pi

なので、

f−1(n)≦f−1(α2π+n)<f−1(β2π+n)<f−1(n+1)\begin{aligned} & f^{-1}(n) \\ & \leqq f^{-1}( \frac{\alpha}{2 \pi} + n ) < f^{-1}( \frac{\beta }{2 \pi}+ n) \\ & < f^{-1}(n+1) \end {aligned}

です。よって、f(k),f(k+1) 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(α2π+f(k))<f−1(β2π+f(k))<f−1(f(k)+1)<f−1(α2π+f(k)+1)<f−1(β2π+f(k)+1)<f−1(f(k)+2)<f−1(α2π+f(k)+2)<f−1(β2π+f(k)+2)<f−1(f(k)+3)　　　　　　　⋮<f−1(f(k+1)−1)<f−1(α2π+f(k+1)−1)　　　　　　　<f−1(β2π+f(k+1)−1)<f−1(f(k+1))=k+1\begin{aligned} & k = f^{-1}(f(k) ) \\ & \leqq f^{-1}( \frac{\alpha}{2 \pi} + f(k) ) < f^{-1}( \frac{\beta }{2 \pi}+ f(k)) \\ & < f^{-1}(f(k) +1) \\ & < f^{-1}( \frac{\alpha}{2 \pi} + f(k)+1 ) < f^{-1}( \frac{\beta }{2 \pi}+ f(k)+1) \\ & < f^{-1}(f(k) +2) \\ & < f^{-1}( \frac{\alpha}{2 \pi} + f(k)+2 ) < f^{-1}( \frac{\beta }{2 \pi}+ f(k)+2) \\ & < f^{-1}(f(k) +3) \\ & \text{　　　　　　　} \vdots \\ & < f^{-1}(f(k+1) -1) \\ & < f^{-1}( \frac{\alpha}{2 \pi} + f(k+1)-1 ) \\ & \text{　　　　　　　} < f^{-1}( \frac{\beta }{2 \pi}+ f(k+1) -1) \\ & < f^{-1}(f(k+1) ) = k+1 \end {aligned}

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(α2π+n)≦x≦f−1(β2π+n)⇔ある整数 0≦m≦f(k+1)−f(k)−1 が存在してf−1(α2π+f(k)+m)≦x≦f−1(β2π+f(k)+m)k \leqq x \leqq k+1 \text{ かつ }P(x) \in I \\ \Leftrightarrow \\ \text{ある整数 } f(k) \leqq n \leqq f(k+1) - 1 \\ \text { が存在して} \\ f^{-1}(\frac{\alpha}{2 \pi} +n) \leqq x \leqq f^{-1}(\frac{\beta }{2 \pi} + n ) \\ \Leftrightarrow \\ \text{ある整数 } 0 \leqq m \leqq f(k+1) -f(k) - 1 \\ \text { が存在して} \\ f^{-1}(\frac{\alpha}{2 \pi} +f(k) +m) \leqq x \\ \leqq f^{-1}(\frac{\beta }{2 \pi} + f(k) +m ) \\

なので、

{x∣k≦x≦k+1,P(x)∈I}=⋃m=0f(k+1)−f(k)−1{x∣f−1(f(k)+m+α2π)≦x　　　　　≦f−1(f(k)+m+β2π)}\begin{aligned} & \{ x | k \leqq x \leqq k+1, P(x) \in I \} \\ = & \bigcup_{m=0}^{f(k+1) - f(k)-1} \{x |f^{-1}( f(k) + m +\frac{\alpha}{2\pi}) \leqq x \\ & \text{　　　　　} \leqq f^{-1}( f(k)+ m+\frac{\beta}{2\pi} )\} \\ \end{aligned}

が成り立ちます。

α<0 \alpha < 0 のとき

　 α<0 \alpha < 0 のとき、 任意の整数 n n に対して、

α+2nπ<2nπ<β+2nπ<α+2(n+1)π\alpha + 2 n\pi < 2 n\pi < \beta + 2 n \pi < \alpha + 2 (n+1)\pi

なので、

f−1(α2π+n)<f−1(n)<f−1(β2π+n)<f−1(α2π+n+1)\begin{aligned} f^{-1} (\frac{\alpha }{2 \pi}+ n) < f^{-1}(n) < f^{-1} ( \frac{\beta }{2 \pi} + n ) \\ < f^{-1} (\frac{\alpha }{2 \pi}+ n+1) \end{aligned}

です。よって、

k=f−1(f(k))<f−1(β2π+f(k))<f−1(α2π+f(k)+1)<f−1(β2π+f(k)+1)<f−1(α2π+f(k)+2)<f−1(β2π+f(k)+2)　　　　　　　⋮<f−1(f(k+1)−1)<f−1(α2π+f(k+1)−1)　　　　　　　<f−1(β2π+f(k+1)−1)<f−1(α2π+f(k+1))<f−1(f(k+1))=k+1\begin{aligned} & k = f^{-1}(f(k) ) \\ & < f^{-1}( \frac{\beta}{2 \pi} + f(k) ) \\ & < f^{-1}( \frac{\alpha}{2 \pi} + f(k)+1 ) < f^{-1}( \frac{\beta }{2 \pi}+ f(k)+1) \\ & < f^{-1}( \frac{\alpha}{2 \pi} + f(k)+2 ) < f^{-1}( \frac{\beta }{2 \pi}+ f(k)+2) \\ & \text{　　　　　　　} \vdots \\ & < f^{-1}(f(k+1) -1) \\ & < f^{-1}( \frac{\alpha}{2 \pi} + f(k+1)-1 ) \\ & \text{　　　　　　　} < f^{-1}( \frac{\beta }{2 \pi}+ f(k+1) -1) \\ & < f^{-1}(\frac{\alpha}{2 \pi} +f(k+1) ) < f^{-1}(f(k+1)) \\ & = k+1 \end {aligned}

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(α2π+n)≦x≦f−1(β2π+n)またはk≦x≦f−1(β2π+f(k))またはf−1(α2π+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(α2π+f(k)+m)≦x≦f−1(β2π+f(k)+m)またはk≦x≦f−1(β2π+f(k))またはf−1(α2π+f(k+1))≦x≦k+1)k \leqq x \leqq k+1 \text{ かつ }P(x) \in I \\ \text { }\\ \Leftrightarrow \\ \text { }\\ \text{ある整数 } f(k) +1\leqq n \leqq f(k+1) - 1 \\ \text { が存在して} \\ f^{-1}(\frac{\alpha}{2 \pi} +n) \leqq x \leqq f^{-1}(\frac{\beta }{2 \pi} + n ) \\ \text{または} \\ k \leqq x \leqq f^{-1}(\frac{\beta }{2 \pi} + f(k)) \\ \text{または} \\ f^{-1}(\frac{\alpha}{2 \pi} +f(k+1)) \leqq x \leqq k+1) \\ \text { }\\ \Leftrightarrow \\ \text { }\\ \text{ある整数 } 1 \leqq m \leqq f(k+1) -f(k) - 1 \\ \text { が存在して} \\ f^{-1}(\frac{\alpha}{2 \pi} +f(k) +m) \leqq x \\ \leqq f^{-1}(\frac{\beta }{2 \pi} + f(k) +m ) \\ \text{または} \\ k \leqq x \leqq f^{-1}(\frac{\beta }{2 \pi} + f(k)) \\ \text{または} \\ f^{-1}(\frac{\alpha}{2 \pi} +f(k+1)) \leqq x \leqq k+1) \\

であり、

{x∣k≦x≦k+1,P(x)∈I}=⋃m=1f(k+1)−f(k)−1{x∣f−1(f(k)+m+α2π)≦x　　　　　≦f−1(f(k)+m+β2π)}　　⋃{x∣k≦x≦f−1(β2π+f(k))}　　⋃{x∣f−1(α2π+f(k+1))≦x≦k+1}\begin{aligned} & \{ x | k \leqq x \leqq k+1, P(x) \in I \} \\ = & \bigcup_{m=1}^{f(k+1) -f(k)-1} \{x |f^{-1}( f(k) + m +\frac{\alpha}{2\pi}) \leqq x \\ & \text{　　　　　} \leqq f^{-1}( f(k)+ m+\frac{\beta}{2\pi} )\} \\ & \text{　　} \bigcup \{x |k \leqq x \leqq f^{-1}(\frac{\beta}{2\pi} + f(k) ) \} \\ & \text{　　} \bigcup \{x | f^{-1}( \frac{\alpha}{2\pi} + f(k+1)) \leqq x \leqq k+1\} \\ \end{aligned}

が成り立ちます。

Tk T_k を　f−1(y) f^{-1}(y) の値で上下から評価する

　よって0≦α 0 \leqq \alpha のとき、

Tk=∑m=0f(k+1)−f(k)−1{f−1(f(k)+m+β2π)　　　　　−f−1(f(k)+m+α2π)}\begin{aligned} T_k & = \sum_{m=0}^{f(k+1)-f(k)-1} \{ f^{-1}( f(k)+ m+\frac{\beta}{2\pi} ) \\ & \text{　　　　　} - f^{-1}( f(k) + m +\frac{\alpha}{2\pi}) \} \end{aligned}

です。また、α<0 \alpha < 0 のとき、

Tk=∑m=1f(k+1)−f(k)−1{f−1(f(k)+m+β2π)　　　　　−f−1(f(k)+m+α2π)}+f−1(f(k)+β2π)−k+k+1−f−1(f(k+1)+α2π)\begin{aligned} T_k & = \sum_{m=1}^{f(k+1)-f(k)-1} \{ f^{-1}( f(k)+ m+\frac{\beta}{2\pi} ) \\ & \text{　　　　　} - f^{-1}( f(k) + m +\frac{\alpha}{2\pi}) \} \\ & + f^{-1}( f(k)+ \frac{\beta}{2\pi} ) - k \\ & + k+1 - f^{-1}( f(k+1) + \frac{\alpha}{2\pi}) \\ \end{aligned}

ですが、 α<0 \alpha < 0 であることから k=f−1(f(k))>f−1(f(k)+α2π) k = f^{-1}(f(k)) > f^{-1}(f(k) +\frac{\alpha}{2 \pi} ) なので

f−1(f(k)+β2π)−k<f−1(f(k)+β2π)−f−1(f(k)+α2π)\begin{aligned} & f^{-1}( f(k)+ \frac{\beta}{2\pi} ) - k \\ < & f^{-1}( f(k)+ \frac{\beta}{2\pi} ) - f^{-1}( f(k)+ \frac{\alpha}{2\pi} ) \end{aligned}

です。また、 k+1=f−1(f(k+1))<f−1(f(k+1)+β2π) k+1 = f^{-1}(f(k+1)) < f^{-1}(f(k+1) + \frac{\beta}{2 \pi } ) なので

k+1−f−1(f(k+1)+α2π)<f−1(f(k+1)+β2π)−f−1(f(k+1)+α2π)\begin{aligned} & k+1 - f^{-1}( f(k+1) + \frac{\alpha}{2\pi}) \\ < & f^{-1}(f(k+1) + \frac{\beta}{2 \pi }) - f^{-1}( f(k+1) + \frac{\alpha}{2\pi}) \end{aligned}

です。よって

Tk=∑m=1f(k+1)−f(k)−1{f−1(f(k)+m+β2π)　　　　　−f−1(f(k)+m+α2π)}+f−1(f(k)+β2π)−k+k+1−f−1(f(k+1)+α2π)<∑m=0f(k+1)−f(k){f−1(f(k)+m+β2π)　　　　　−f−1(f(k)+m+α2π)}\begin{aligned} T_k & = \sum_{m=1}^{f(k+1)-f(k)-1} \{ f^{-1}( f(k)+ m+\frac{\beta}{2\pi} ) \\ & \text{　　　　　} - f^{-1}( f(k) + m +\frac{\alpha}{2\pi}) \} \\ & + f^{-1}( f(k)+ \frac{\beta}{2\pi} ) - k \\ & + k+1 - f^{-1}( f(k+1) + \frac{\alpha}{2\pi}) \\ & < \sum_{m=0}^{f(k+1) -f(k)} \{ f^{-1}( f(k)+ m+\frac{\beta}{2\pi} ) \\ & \text{　　　　　} - f^{-1}( f(k) + m +\frac{\alpha}{2\pi}) \} \\ \end{aligned}

かつ

Tk=∑m=1f(k+1)−f(k)−1{f−1(f(k)+m+β2π)　　　　　−f−1(f(k)+m+α2π)}+f−1(f(k)+β2π)−k+k+1−f−1(f(k+1)+α2π)>∑m=1f(k+1)−f(k)−1{f−1(f(k)+m+β2π)　　　　　−f−1(f(k)+m+α2π)}\begin{aligned} T_k & = \sum_{m=1}^{f(k+1)-f(k)-1} \{ f^{-1}( f(k)+ m+\frac{\beta}{2\pi} ) \\ & \text{　　　　　} - f^{-1}( f(k) + m +\frac{\alpha}{2\pi}) \} \\ & + f^{-1}( f(k)+ \frac{\beta}{2\pi} ) - k \\ & + k+1 - f^{-1}( f(k+1) + \frac{\alpha}{2\pi}) \\ & > \sum_{m=1}^{f(k+1)-f(k)-1} \{ f^{-1}( f(k)+ m+\frac{\beta}{2\pi} ) \\ & \text{　　　　　} - f^{-1}( f(k) + m +\frac{\alpha}{2\pi}) \} \\ \end{aligned}

が成り立ちます。

　この不等式は、 0≦α 0 \leqq \alpha 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) f^{-1} (y) は微分可能なので、各 k,m k,m に対して

f(k)+m+α2π<ck,m<f(k)+m+β2π f(k) + m +\frac{\alpha}{2\pi} < c_{k,m} < f(k) +m +\frac{\beta}{2\pi}

である実数 ck,mc_{k,m} が存在して、

f−1(f(k)+m+β2π)−f−1(f(k)+m+α2π)=(β2π−α2π)ddyf−1(ck,m)=L2πddyf−1(ck,m)\begin{aligned} & f^{-1} ( f(k)+ m+\frac{\beta}{2\pi} ) \\ & - f^{-1} ( f(k) + m +\frac{\alpha}{2\pi}) \\ =& (\frac{\beta}{2\pi} -\frac{\alpha}{2\pi}) \frac{d }{dy} f^{-1} (c_{k,m}) \\ =& \frac{L}{2\pi}\frac{d }{dy} f^{-1} (c_{k,m}) \\ \end{aligned}

が成り立ちます。ここで β−α=L \beta -\alpha = L であることを適用しています。

　よって Tk T_k は、

L2π∑m=1f(k+1)−f(k)−1ddyf−1(ck,m)<Tk<L2π∑m=0f(k+1)−f(k)ddyf−1(ck,m)\begin{aligned} & \frac{L}{2\pi}\sum_{m=1}^{f(k+1)-f(k)-1} \frac{ d }{dy}f^{-1}( c_{k,m}) \\ < & T_k \\ < & \frac{L}{2\pi}\sum_{m=0}^{f(k+1)-f(k)} \frac{ d }{dy}f^{-1}( c_{k,m}) \end{aligned}

と評価できます。

次ページ→積分挟み撃ちを適用して Tk T_k を上から評価します。

東大2001年

Posted by mine_kikaku