https://spherical-harmonics.hatenablog.com/entry/2025/10/28/120513

2005年度第2回束大オープン理系数学5番

$a$ を $0\lt a\lt\dfrac{\pi}{2}$ を満たす実数とし， $I(a)=\displaystyle\int_0^1 x\cos ax \, dx$ とする．

(1) $\displaystyle\lim_{a\to +0} I(a)$ を求めよ．

(2) (1)の極限値を $K$ とするとき $\displaystyle\lim_{a\to +0}\dfrac{K-I(a)}{a^2}$ を求めよ．

$a$ が十分に小さいとき， $0\leqq x\leqq 1$ で $\cos ax≒1$ であるから $I(a)≒\displaystyle\int_0^1 x \, dx=\dfrac{1}{2}$ となることが予想できる．
これは $1-\dfrac{a^2x^2}{2} \leqq \cos ax \leqq 1$ を利用して積分をはさみうちにすれば精密化でき， $\displaystyle\lim_{a\to +0} I(a)=\dfrac{1}{2}$ と求めることができる．しかし，(2)のことを考えて力技で解こうとするならば， $I(a)$ を素直に部分積分で求めれば良い．なお，項別積分を認めれば

[大人の解答]
$I(a)=\displaystyle\int_0^1 \left(x-\dfrac{a^2x^3}{2}+\dfrac{a^4x^5}{24}+…\right)\, dx$
$I(a)=\dfrac{1}{2}-\dfrac{a^2}{8}+\dfrac{a^4}{144}+\cdots$
となり，

(1) $\displaystyle\lim_{a\to +0} I(a)=\dfrac{1}{2}$ ，

(2) $\displaystyle\lim_{a\to +0}\dfrac{K-I(a)}{a^2}$ $=\displaystyle\lim_{a\to +0}\left(\dfrac{1}{8}-\dfrac{a^2}{144}+\cdots\right)=\dfrac{1}{8}$

となる．

[解答]
(1) $I(a)=\Bigl[ \dfrac{x\sin ax}{a}+\dfrac{\cos ax}{a^2}\Bigr]_0^1$ $=\dfrac{\sin a}{a}+\dfrac{\cos a-1}{a^2}$
であるから
$\displaystyle\lim_{a\to +0} I(a)=1-\dfrac{1}{2}=\dfrac{1}{2}$
となる．

(2) $\displaystyle\lim_{a\to +0}\dfrac{K-I(a)}{a^2}$ $=\displaystyle\lim_{a\to +0}\dfrac{a^2-2a\sin a-2\cos a+2}{2a^4}$
である．コーシーの平均値の定理により
$\dfrac{a^2-2a\sin a-2\cos a+2}{2a^4}$ $=\dfrac{2c-2\sin c-2c\cos c+2\sin c a+0}{8c^3}$ $=\dfrac{1-\cos c}{4c^2}$
を満たす $0\lt c\lt a$ が存在し， $a\to +0$ で $c\to +0$ であるから
$\displaystyle\lim_{a\to +0}\dfrac{K-I(a)}{a^2}$ $=\displaystyle\lim_{c\to +0}\dfrac{1-\cos c}{4c^2}=\dfrac{1}{8}$
となる．

先ほど $I(a)$ を部分積分で求めたが，ルベーグの優収束定理により微分と積分が交換できることを利用して求めてみよう．

[大人の解答]
(1) $J(a)=\displaystyle\int_0^1 \sin ax \, dx$ とする．

$a\gt 0$ ，かつ $x\geqq 0$ のとき，
$\left| \dfrac{\partial}{\partial a}(\sin ax)\right| = | x\cos ax | \lt x$
であるから，ルベーグの優収束定理により $a\gt 0$ において
$\dfrac{dJ}{da}$ $=\displaystyle\int_0^1 \dfrac{\partial (\sin ax)}{\partial a}\, dx$ $=\displaystyle\int_0^1 x\cos ax \, dx=I(a)$
が成立する．ここで
$J(a)=\dfrac{1-\cos a}{a}$
であるから
$I(a)=\dfrac{\sin a}{a} -\dfrac{1-\cos a}{a^2}$
となり，
$\displaystyle\lim_{a\to +0} I(a)=1-\dfrac{1}{2}=\dfrac{1}{2}$
となる．

(2) $\displaystyle\lim_{a\to +0}\dfrac{K-I(a)}{a^2}$ $=\displaystyle\lim_{a\to +0}\dfrac{a^2-2a\sin a+2-2\cos a}{2a^4}$
であり，分子分母が $0$ に近づくのでロピタルの定理により，求める極限が存在すればそれは
$\displaystyle\lim_{a\to +0}\dfrac{2a-2\sin a-2a\cos a+0+2\sin a}{8a^3}$ $=\displaystyle\lim_{a\to +0}\dfrac{1-\cos a}{4a^2}$ $=\dfrac{1}{8}$
に等しい．

ここで， $f(x)=x$ ， $f_n(x)=x\cos a_n x$ とおくと $a_n\to 0$ （ $n\to\infty$ ）なる任意の数列 $a_n$ に対して
$f_n\to f$ （ $n\to\infty$ ）， $f_n(x)\leqq x$ （ $0\lt x\lt 1$ ）が成立するので， $a_n\to 0$ （ $n\to\infty$ ）なる任意の数列 $a_n$ に対して
$\displaystyle\lim_{n\to\infty} \displaystyle\int_0^1 f_n(x)\, dx=\displaystyle\int_0^1 f(x)\, dx$
が成立するので
$\displaystyle\lim_{a\to +0} \displaystyle\int_0^1 x\cos ax\, dx$ $=\displaystyle\int_0^1 \left(\lim_{a\to +0} x\cos ax\right)\, dx$ $=\displaystyle\int_0^1 x\, dx$
が成立する．

[大人の解答]
(1) $0\leqq x\leqq 1$ ， $a\gt 0$ において $x\cos ax$ には優関数 $x$ が存在するので，
$\displaystyle\lim_{a\to +0} I(a)$ $=\displaystyle\int_0^1 \left(\lim_{a\to +0} x\cos ax\right)\, dx$ $=\displaystyle\int_0^1 x\, dx$ $=\dfrac{1}{2}$
である．

(2) $\dfrac{K-I(a)}{a^2}=\displaystyle\int_0^1 \dfrac{x(1-\cos ax)}{a^2}\, dx$ の被積分関数について， $0\leqq x\leqq 1$ ， $a\gt 0$ において， $1-\dfrac{t^2}{2}\leqq \cos t$ を利用して
$\left|\dfrac{x(1-\cos ax)}{a^2}\right|$ $\leqq \dfrac{x(ax)}{2a^2}=\dfrac{x^3}{2}$
と優関数が存在するので，
$\displaystyle\lim_{a\to +0}\dfrac{K-I(a)}{a^2}$ $=\displaystyle\int_0^1 \left(\lim_{a\to +0}\dfrac{x(1-\cos ax)}{a^2}\right)\, dx$ $=\displaystyle\int_0^1 \dfrac{x^3}{2}\, dx$ $=\dfrac{1}{8}$
である．

本問のある種の面倒さは，被積分関数が $x，a$ の2変数であるから， $ax=t$ と置換することによって1変数の積分に帰着できる．

[解答]
(1) $ax=t$ と置換すると $I(a)=\dfrac{1}{a^2}\displaystyle\int_0^a t\cos t \, dx$ となるので， $g(t)=t\cos t$ ， $G(t)=\displaystyle\int g(t)\, dt$ とおくと
$I(a)=\dfrac{G(a)-G(0)}{a^2}$
となる．コーシーの平均値の定理から $I(a)=\dfrac{g(c)}{2c}$ を満たす $0\lt c\lt a$ が存在する．よって求める極限は
$\displaystyle\lim_{c\to +0} \dfrac{g(c)}{2c}$ $=\displaystyle\lim_{c\to +0} \dfrac{\cos c}{2}=\dfrac{1}{2}$
となる．

(2) $\displaystyle\lim_{a\to +0}\dfrac{K-I(a)}{a^2}$ $=\displaystyle\lim_{a\to +0}\dfrac{a^2-2G(a)-2G(0)}{2a^4}$
である．コーシーの平均値の定理から
$\dfrac{a^2-2G(a)+2G(0)}{2a^4}$ $=\dfrac{2c-2g(c)}{8c^3}$ $=\dfrac{1-\cos c}{4c^2}$
を満たす $0\lt c\lt a$ が存在する．よって求める極限は
$\displaystyle\lim_{c\to +0}\dfrac{1-\cos c}{4c^2}=\dfrac{1}{8}$
となる．

東大オープン5番は簡単なのか検証してみました
一回も計算せずに置換と公式だけで解けました pic.twitter.com/ifHjr0N0Id
— 菫青/Kinsei (@_095y0) 2025年10月27日

で $ax=\sqrt{t}$ と置換しているのは，教科書には載っていないコーシーの平均値の定理ではなく，教科書に載っているラグランジュの平均値の定理の形を直接作る為だと思われるが，合成関数の微分を用いれば，面白くはないけれども，似た感じで解くことができる．

[解答]
(1) $ax=t$ と置換すると $I(a)=\dfrac{1}{a^2}\displaystyle\int_0^a t\cos t \, dx$ となるので，
$I(a)=\dfrac{1}{a^2}\displaystyle\int_0^a t\cos t \, dx$ となる．ここで $g(t)=t\cos t$ ， $G(t)=\displaystyle\int g(t)\, dt$ とおくと
$I(a)=\dfrac{G(a)-G(0)}{a^2}$
となるので， $A=a^2$ とおくと $I(a)=\dfrac{G(\sqrt{A})-G(0)}{A}$ とラグランジュの平均値の定理から
$I(a)=g(\sqrt{c})\cdot \dfrac{1}{2\sqrt{c}}=\dfrac{\cos\sqrt{c}}{2}$ を満たす $0\lt c\lt A$ が存在する．よって求める極限は
$\displaystyle\lim_{c\to +0} \dfrac{\cos \sqrt{c}}{2}=\dfrac{1}{2}$
となる．

(2) $\displaystyle\lim_{a\to +0}\dfrac{K-I(a)}{a^2}$ $=\displaystyle\lim_{a\to +0}\dfrac{a^2-2G(a)-2G(0)}{2a^4}$
となるので， $\alpha=a^4$ とおくとラグランジュの平均値の定理から
$\dfrac{\alpha^{1/2}-2G(\alpha^{1/4})+2G(0)}{2\alpha}$ $=\dfrac{1}{2\sqrt{c}}-2g(c^{1/4})\cdot\dfrac{1}{4c^{3/4}}$ $=\dfrac{1-\cos c^{1/4}}{2(c^{1/4})^2}$
を満たす $0\lt c\lt a$ が存在する．よって求める極限は $c^{1/4}=\gamma$ とおくと
$\displaystyle\lim_{\gamma\to +0}\dfrac{1-\cos\gamma}{2\gamma^2}=\dfrac{1}{8}$
となる．

ともかく， $\displaystyle\int x^n f(ax)\, dx$ は $ax=t$ とおくと $\dfrac{1}{a^{n+1}}\displaystyle\int t^n f(t)\, dt$ と被積分関数から $a$ を追い出す（積分区間には残るが）ことができることがポイントで，さらに $t^{n+1}=s$ とおくと
$\dfrac{1}{(n+1)a^{n+1}}\displaystyle\int f(s^{1/(n+1)})\, ds$
と変形することができるという訳である．