도쿄대 2023-1(이과)

(i) 양의 정수 $k$에 대해, $A_k$를 다음 정적분의 값으로 정의하자.
$$A_k =\int^{\sqrt{(k+1)\pi}}_{\sqrt{k\pi}}|\sin(x^2)|dx$$
이때, 다음 부등식이 성립함을 보이시오.
$$\cfrac{1}{\sqrt{(k+1)\pi}} \leq A_k \leq \cfrac{1}{\sqrt{k\pi}}$$

(ii) 양의 정수 $n$에 대해, $B_n$을 다음 정적분의 값으로 정의하자.
$$B_n=\cfrac{1}{\sqrt n}\int^{\sqrt{2n\pi}}_{\sqrt{n\pi}}|\sin(x^2)|dx$$
이때, $\lim\limits_{n \to \infty}B_n$을 구하시오.

 

 

 

 

 

 

생각해보기

 

(i)은 먼저 적절한 치환적분을 통해 주어진 정적분의 형태를 바꿔야합니다. 그 과정에서 보여야할 부등식의 (좌변)과 (우변)의 형태가 드러날 것 입니다.

 

(ii)는 (i)에서 증명한 부등식을 이용하여 샌드위치 정리를 사용하는 문제임을 짐작할 수 있습니다.

 

 

 

 

 

풀이

 

(i)

$x>0$일 때, $t=x^2$이라 치환하면, $dt=2xdx$에서 $dx= \cfrac{1}{2\sqrt{t}}dy$이고 $A_k$는,

$$A_k = \int ^{(k+1)\pi}_{k\pi} |\sin t| \cdot \cfrac{1}{2\sqrt{t}}dt$$ 

이다. 다시 한 번 $u=t-k\pi$로 치환하면 $du=dt$이고,

$$\begin{align} A_k=&\int^{\pi}_{0}|\sin(u+k\pi)| \cdot \cfrac{1}{2\sqrt{u+k\pi}}du  \\=&\int^{\pi}_{0}|\sin u \cos k\pi| \cdot \cfrac{1}{2 \sqrt{u+k\pi}}du \\=&\int^{\pi}_{0}\cfrac{\sin u}{2\sqrt {u+k\pi}}du \end{align}$$

이다.

 

$0<u<\pi $일 때, $\sin u >0$이므로,

$$ \int^{\pi}_{0}\cfrac{\sin u}{2\sqrt {\pi+k\pi}}du \leq \int^{\pi}_{0}\cfrac{\sin u}{2\sqrt {u+k\pi}}du \leq \int^{\pi}_{0}\cfrac{\sin u}{2\sqrt {0+k\pi}}du $$

가 성립한다. 이때,

$$\int^{\pi}_{0} \sin u du =[ -\cos u ]^{\pi}_0 =2$$

이므로

$$\cfrac{2}{2\sqrt{\pi+k\pi}} \leq \int^{\pi}_{0}\cfrac{\sin u}{2\sqrt{u+k\pi}}du \leq\cfrac{2}{2\sqrt {0+k\pi}}. $$

따라서

$$\cfrac{1}{\sqrt{(k+1)\pi}} \leq A_k \leq \cfrac{1}{\sqrt{k\pi}}$$

가 성립한다.

 

 

(ii)

$$B_n = \cfrac{1}{\sqrt n}(A_n +A_{n-1}+ \cdots + A_{2n-1})$$

이므로 (i)에 의해,

$$\begin{align} B_n \geq &\cfrac{1}{\sqrt n}\left( \cfrac{1}{\sqrt{(n+1)\pi}}+\cfrac{1}{\sqrt{(n+2)\pi}}+ \cdots + \cfrac{1}{\sqrt{2n\pi}}\right)\\=&\cfrac{1}{n\sqrt{\pi}}\left( \cfrac{1}{\sqrt{1+\frac{1}{n}}}+\cfrac{1}{\sqrt{1+\frac{2}{n}}}+ \cdots + \cfrac{1}{\sqrt{1+\frac{n}{n}}}\right) \end{align}$$

이다. 마지막 식을 $L_n$이라 하면, 구분구적법에 의해

$$\begin{align} \lim\limits_{n \to \infty}L_n =& \cfrac{1}{\sqrt{\pi}}\int^1_0\cfrac{1}{\sqrt{1+x}}dx\\=&\cfrac{1}{\sqrt{\pi}}\left[2\sqrt{1+x}\right]^1_0\\=&\cfrac{2(\sqrt2 -1)}{\sqrt{\pi}}\end{align}$$

이다. 마찬가지로 (i)에 의해,

$$\begin{align}B_n \leq &\cfrac{1}{\sqrt n}\left( \cfrac{1}{\sqrt{n\pi}}+\cfrac{1}{\sqrt{(n+1)\pi}}+ \cdots + \cfrac{1}{\sqrt{(2n-1)\pi}}\right)\\=&\cfrac{1}{n\sqrt{\pi}}\left( \cfrac{1}{\sqrt{1+\frac{0}{n}}}+\cfrac{1}{\sqrt{1+\frac{1}{n}}}+ \cdots + \cfrac{1}{\sqrt{1+\frac{n-1}{n}}}\right) \end{align}$$

이다. 우변을 $U_n$이라 하면, 마찬가지의 구분구적법에 의해

$$\begin{align}\lim\limits_{n \to \infty}U_n =& \cfrac{1}{\sqrt{\pi}}\int^1_0 \cfrac{1}{\sqrt{1+x}}dx\\=&\cfrac{2(\sqrt2-1)}{\sqrt{\pi}}\end{align}$$

가 성립한다.

$L_n \leq C_n \leq U_n$이고, $\lim\limits_{n\to \infty}L_n=\lim\limits_{n\to \infty}U_n$이므로 샌드위치 정리에 의해

$$\lim\limits_{n\to \infty}B_n=\cfrac{2(\sqrt2-1)}{\sqrt{\pi}}$$

이다.