도쿄대 2023-1(이과)

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

(ii) 양의 정수 $n$에 대해, $B_n$을 다음 정적분의 값으로 정의하자.
$$B_n=\frac{1}{\sqrt{n}}{\int }_{\sqrt{n\pi }}^{\sqrt{2n\pi }}|\sin (x^2)|dx$$
이때, $\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}{B}_n$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 $dx=\frac{1}{2\sqrt{t}}dy$이고 $A_k$는,

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

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

$$\begin{array}{rl}{A}_k=& {\int }_0^{\pi }|\sin (u+k\pi )|\cdot \frac{1}{2\sqrt{u+k\pi }}du\\ =& {\int }_0^{\pi }|\sin u\cos k\pi |\cdot \frac{1}{2\sqrt{u+k\pi }}du\\ =& {\int }_0^{\pi }\frac{\sin u}{2\sqrt{u+k\pi }}du\end{array}$$

이다.

 

$0<u<\pi$일 때, $\sin u>0$이므로,

$${\int }_0^{\pi }\frac{\sin u}{2\sqrt{\pi +k\pi }}du\le {\int }_0^{\pi }\frac{\sin u}{2\sqrt{u+k\pi }}du\le {\int }_0^{\pi }\frac{\sin u}{2\sqrt{0+k\pi }}du$$

가 성립한다. 이때,

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

이므로

$$\frac{2}{2\sqrt{\pi +k\pi }}\le {\int }_0^{\pi }\frac{\sin u}{2\sqrt{u+k\pi }}du\le \frac{2}{2\sqrt{0+k\pi }}.$$

따라서

$$\frac{1}{\sqrt{(k+1)\pi }}\le A_k\le \frac{1}{\sqrt{k\pi }}$$

가 성립한다.

 

 

(ii)

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

이므로 (i)에 의해,

$$\begin{array}{rl}{B}_n\ge & \frac{1}{\sqrt{n}}(\frac{1}{\sqrt{(n+1)\pi }}+\frac{1}{\sqrt{(n+2)\pi }}+\cdots +\frac{1}{\sqrt{2n\pi }})\\ =& \frac{1}{n\sqrt{\pi }}(\frac{1}{\sqrt{1+\frac{1}{n}}}+\frac{1}{\sqrt{1+\frac{2}{n}}}+\cdots +\frac{1}{\sqrt{1+\frac{n}{n}}})\end{array}$$

이다. 마지막 식을 $L_n$이라 하면, 구분구적법에 의해

$$\begin{array}{rl}\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}{L}_n=& \frac{1}{\sqrt{\pi }}{\int }_0^1\frac{1}{\sqrt{1+x}}dx\\ =& \frac{1}{\sqrt{\pi }}{\left[2\sqrt{1+x}\right]}_0^1\\ =& \frac{2(\sqrt{2}-1)}{\sqrt{\pi }}\end{array}$$

이다. 마찬가지로 (i)에 의해,

$$\begin{array}{rl}{B}_n\le & \frac{1}{\sqrt{n}}(\frac{1}{\sqrt{n\pi }}+\frac{1}{\sqrt{(n+1)\pi }}+\cdots +\frac{1}{\sqrt{(2n-1)\pi }})\\ =& \frac{1}{n\sqrt{\pi }}(\frac{1}{\sqrt{1+\frac{0}{n}}}+\frac{1}{\sqrt{1+\frac{1}{n}}}+\cdots +\frac{1}{\sqrt{1+\frac{n-1}{n}}})\end{array}$$

이다. 우변을 $U_n$이라 하면, 마찬가지의 구분구적법에 의해

$$\begin{array}{rl}\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}{U}_n=& \frac{1}{\sqrt{\pi }}{\int }_0^1\frac{1}{\sqrt{1+x}}dx\\ =& \frac{2(\sqrt{2}-1)}{\sqrt{\pi }}\end{array}$$

가 성립한다.

$L_n\le C_n\le U_n$이고, $\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}{L}_n=\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}{U}_n$이므로 샌드위치 정리에 의해

$$\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}{B}_n=\frac{2(\sqrt{2}-1)}{\sqrt{\pi }}$$

이다.