極限の応用　 　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　

　大学入試では、極限の応用問題が頻出である。今までまとまったページがなかったので、
ここで一念発起し、新しいページを起こしてまとめていきたい。

　次の東北大学　後期理系（１９９０）の問題も手頃な極限の問題である。

問題　　ｎを自然数とし、ｘｙ平面上に(n + 1)個の点P₀＝(０，０)、P₁＝(１，０)、Ｐ₂、・・・、Ｐ_ｎ
　　をとる。点Ｐ₂、・・・、Ｐ_ｎを
　（�@）　線分Ｐ_j-1Ｐ_j (１≦ｊ≦ｎ）の長さは１。
　（�A）　線分Ｐ_j-2Ｐ_j-1と線分Ｐ_j-1Ｐ_jとは互いに直交する。(２≦ｊ≦ｎ)
という条件のもとで動かし、このとき得られる線分Ｐ₀Ｐ_nの長さの最大値をL_nで表す。
（１）　L_nを求めよ。
（２）　極限値　ｌｉｍ_m→∞ （L_2m+1−L_2m）を求めよ。

（解）（１）　ｎ＝２ｍ のとき、L_n²＝L_2m²＝２ｍ²＝ｎ²/２　より、　L_n＝ｎ/

　ｎ＝２ｍ＋１ のとき、

　L_n²＝L_2m+1²＝（ｍ＋１）²＋ｍ²＝２ｍ²＋２ｍ＋１＝２｛（ｎ−１）/２｝²＋ｎ＝（ｎ²＋１）/２

より、　L_n＝√（（ｎ²＋１）/２）

（２）　L_2m+1−L_2m＝√（２ｍ²＋２ｍ＋１）−√（２ｍ²）

＝（２ｍ＋１）/（√（２ｍ²＋２ｍ＋１）＋√（２ｍ²））

＝（２＋１/ｍ）/（√（２＋２/ｍ＋１/ｍ²）＋）

よって、　ｌｉｍ_m→∞ （L_2m+1−L_2m）＝１/　　（終）


（追記）　令和７年４月１２日付け

　次の東北大学　後期理系（１９９１）の問題も手頃な極限の問題である。

問題　　ａ を正の実数とし、ｎを正の整数とする。

（１）　ｎａ/πを越えない最大の整数をｍとするとき、２ｍ≦∫₀^na ｜ｓｉｎ ｘ｜ｄｘ＜２（ｍ＋１）
　　が成り立つことを示せ。
（２）　ｌｉｍ_n→∞ ∫₀^a ｜ｓｉｎ ｎｘ｜ｄｘ　を求めよ。

（解）（１）　∫₀^π ｜ｓｉｎ ｘ｜ｄｘ＝∫₀^π ｓｉｎ ｘ ｄｘ＝[−ｃｏｓ ｘ]₀^π＝２

　∫_π^2π ｜ｓｉｎ ｘ｜ｄｘ＝−∫_π^2π ｓｉｎ ｘ ｄｘ＝[ｃｏｓ ｘ]_π^2π＝２

　・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・

また、ｍの定義より、　ｍ≦ｎａ/π＜ｍ＋１　すなわち、　ｍπ≦ｎａ＜（ｍ＋１）π　なので、

　２ｍ≦∫₀^na ｜ｓｉｎ ｘ｜ｄｘ＜２（ｍ＋１）

が成り立つ。

（２）　ｎｘ＝ｔ　とおくと、ｄｘ＝（１/ｎ）ｄｔ　なので、∫₀^a ｜ｓｉｎ ｎｘ｜ｄｘ＝（１/ｎ）∫₀^na ｜ｓｉｎ ｔ｜ｄｔ

　ｎａ/πを越えない最大の整数をｍとするとき、（１）より、

　２ｍ≦∫₀^na ｜ｓｉｎ ｔ｜ｄｔ＜２（ｍ＋１）

なので、　２ｍ/ｎ≦∫₀^a ｜ｓｉｎ ｎｘ｜ｄｘ＜２（ｍ＋１）/ｎ

ここで、　ｍπ≦ｎａ＜（ｍ＋１）π　より、　ａ/π−１/ｎ＜ｍ/ｎ≦ａ/π　なので、

はさみうちの原理により、ｎ → ∞ のとき、　ｍ/ｎ → ａ/π　となる。

よって、　ｌｉｍ_n→∞ ∫₀^a ｜ｓｉｎ ｎｘ｜ｄｘ＝２ａ/π　　（終）


（追記）　令和７年９月１２日付け

　次の東北大学　前期理系（１９９９）の問題も手頃な極限の問題である。

問題　　正ｎ角形Ｐ_nを次のようにして定義する。
　　（�@）　Ｐ₃は面積が１の正三角形である。
　　（�A）　Ｐ_nと同じ面積をもつ円をＤ_nとする。Ｐ_n+1はＤ_nと周の長さが等しい正ｎ＋１角形で
　　ある。
　ｎ＝３、４、５、・・・について、Ｐ_nの面積をａ_nとしたとき、次の各問いに答えよ。

（１）　ｎ≧４について、ａ_n-1/ａ_nをｎを用いて表せ。
（２）　極限 ｌｉｍ_n→∞ ｎ²（ａ_n-1/ａ_n−（ｎ/π）ｓｉｎ（π/ｎ）） を求めよ。

（解）（１）　正ｎ角形Ｐ_nの外接円の半径を ｋ_n とおくと、Ｐ_nの面積 ａ_n は、

　ａ_n＝（１/２）ｋ_n²ｓｉｎ（２π/ｎ）×ｎ＝ｎｋ_n²ｓｉｎ（π/ｎ）ｃｏｓ（π/ｎ）

　円Ｄ_nの半径を ｒ_n とすると、題意より、　πｒ_n²＝ａ_n である。

　このとき、周の長さは、　２πｒ_n で、題意より、

　２πｒ_n＝２（ｎ＋１）ｋ_n+1ｓｉｎ（π/（ｎ＋１））

よって、ｒ_n＝（（ｎ＋１）/π）ｋ_n+1ｓｉｎ（π/（ｎ＋１）） から、ｒ_n-1＝（ｎ/π）ｋ_nｓｉｎ（π/ｎ）

このとき、ａ_n-1＝πｒ_n-1²＝（ｎ²/π）ｋ_n²ｓｉｎ²（π/ｎ）　なので、

　ａ_n-1/ａ_n＝（ｎ/π）ｓｉｎ（π/ｎ）/ｃｏｓ（π/ｎ）＝（ｎ/π）ｔａｎ（π/ｎ）

（２）　（１）より、

　ｎ²（ａ_n-1/ａ_n−（ｎ/π）ｓｉｎ（π/ｎ））

＝ｎ²（（ｎ/π）ｔａｎ（π/ｎ）−（ｎ/π）ｓｉｎ（π/ｎ））

ここで、π/ｎ＝θとおくと、ｎ → ∞　のとき、θ → ０＋　で、

　与式＝（π/θ）²（ｔａｎθ/θ−ｓｉｎθ/θ）

　＝（π²/θ³）ｓｉｎθ（１/ｃｏｓθ−１）

　＝（π²/θ³）ｓｉｎθ（１−ｃｏｓθ）/ｃｏｓθ

　＝（π²/θ³）ｓｉｎ³θ/｛ｃｏｓθ（１＋ｃｏｓθ）｝

　＝π²（ｓｉｎθ/θ）³/｛ｃｏｓθ（１＋ｃｏｓθ）｝　→　π²/２　　（終）


（追記）　令和７年１０月２５日付け

　次の東北大学　後期理系（２００１）の問題は、区分求積法に関する問題である。

問題　　 ａ＞１とする。ｘｙ平面上の領域 Ｄ：１≦ｘ≦ａ 、０≦ｙ≦１/√ｘ を、ｙ軸に平行なｎ−１
　　本の直線 ｘ＝ａ_k （ｋ＝１、２、・・・、ｎ−１　、１＜ａ₁＜ａ₂＜・・・＜ａ_n-1＜ａ）により分割し、Ｄ
　　の面積をｎ等分する。ａ_n＝ａ として、極限

　 ｌｉｍ_n→∞ （１/√ａ₁＋１/√ａ₂＋・・・＋１/√ａ_n）/ｎ

を求めよ。

（解）　Ｄの面積は、　∫₁^a （１/√ｘ）ｄｘ＝［２√ｘ］₁^a＝２（√ａ−１）

　直線 ｘ＝ａ_k により、Ｄの面積がｎ等分されるので、

　∫₁^a_k （１/√ｘ）ｄｘ＝［２√ｘ］₁^a_k＝２（√ａ_k−１）＝２ｋ（√ａ−１）/ｎ　から、

　√ａ_k＝（√ａ−１）（ｋ/ｎ）＋１　すなわち、　１/√ａ_k＝１/｛（√ａ−１）（ｋ/ｎ）＋１｝

したがって、

　ｌｉｍ_n→∞ （１/√ａ₁＋１/√ａ₂＋・・・＋１/√ａ_n）/ｎ

＝∫₀¹ １/｛（√ａ−１）ｘ＋１｝・ｄｘ

＝（１/（√ａ−１））［ｌｏｇ（（√ａ−１）ｘ＋１）］₀¹＝ｌｏｇ（√ａ）/（√ａ−１））　　（終）


（追記）　令和７年１２月１２日付け

　次の東北大学　前期理系（２００４）の問題は、背景が区分求積法に関する問題である。

問題　　 ｎを自然数とする。ｎ＋１項の等差数列 ｘ₀，ｘ₁，・・・，ｘ_n と等比数列 ｙ₀，ｙ₁，・・・，ｙ_n
　　が、　１＝ｘ₀＜ｘ₁＜・・・＜ｘ_n＝２　、１＝ｙ₀＜ｙ₁＜・・・＜ｙ_n＝２　を満たすとし、Ｐ（ｎ）、Ｑ（ｎ）、
　　Ｒ（ｎ）、Ｓ（ｎ）を次で定める。
　Ｐ（ｎ）＝（ｘ₁＋・・・＋ｘ_n）/ｎ　、Ｑ（ｎ）＝ⁿ√（ｘ₁・・・ｘ_n）　、
　Ｒ（ｎ）＝（ｙ₁＋・・・＋ｙ_n）/ｎ　、Ｓ（ｎ）＝ⁿ√（ｙ₁・・・ｙ_n）
　このとき、極限値 ｌｉｍ_ｎ→∞ Ｐ（ｎ）　、ｌｉｍ_ｎ→∞ Ｑ（ｎ）　、ｌｉｍ_ｎ→∞ Ｒ（ｎ）　、ｌｉｍ_ｎ→∞ Ｓ（ｎ）
をそれぞれ求めよ。

（解）　題意より、等差数列の交差をｄ、等比数列の公比を ｒ とおくと、

　２＝１＋ｎｄ　、２＝１・ｒ^ｎ　より、　ｄ＝１/ｎ　、ｒ＝２＾（１/ｎ）

このとき、

　ｘ₁＋・・・＋ｘ_n＝（１＋１/ｎ）＋（１＋２/ｎ）＋・・・＋（１＋ｎ/ｎ）＝Σ_k=1ⁿ （１＋ｋ/ｎ）

なので、

　ｌｉｍ_ｎ→∞ Ｐ（ｎ）＝ｌｉｍ_ｎ→∞ （１/ｎ）Σ_k=1ⁿ （１＋ｋ/ｎ）

＝∫₀¹ （１＋ｘ）ｄｘ＝［（１＋ｘ）²/２］₀¹＝３/２

　ａ_n＝ⁿ√（ｘ₁・・・ｘ_n）＝ⁿ√｛（１＋１/ｎ）（１＋２/ｎ）・・・（１＋ｎ/ｎ）｝　とおくと、

　ｌｏｇ ａ_n＝（１/ｎ）Σ_k=1ⁿ ｌｏｇ（１＋ｋ/ｎ）　なので、

ｌｉｍ_ｎ→∞ ｌｏｇ ａ_n＝∫₀¹ ｌｏｇ（１＋ｘ）ｄｘ＝［（１＋ｘ）ｌｏｇ（１＋ｘ）−ｘ］₀¹＝２ｌｏｇ２−１＝ｌｏｇ（４/ｅ）

なので、　ｌｉｍ_ｎ→∞ Ｑ（ｎ）＝４/ｅ

　ｙ₁＋・・・＋ｙ_n＝２＾（１/ｎ）＋２＾（２/ｎ）＋・・・＋２＾（ｎ/ｎ）＝Σ_k=1ⁿ ２＾（ｋ/ｎ）

なので、

　ｌｉｍ_ｎ→∞ Ｒ（ｎ）＝ｌｉｍ_ｎ→∞ （１/ｎ）Σ_k=1ⁿ ２＾（ｋ/ｎ）＝∫₀¹ ２＾ｘｄｘ＝［２＾ｘ/ｌｏｇ２］₀¹＝１/ｌｏｇ２

　ⁿ√（ｙ₁・・・ｙ_n）＝２＾｛（１/ｎ）（（１/ｎ）＋（２/ｎ）＋・・・＋（ｎ/ｎ））｝　より、

　ｌｉｍ_ｎ→∞ Ｓ（ｎ）＝ｌｉｍ_ｎ→∞ ２＾∫₀¹ ｘｄｘ＝２＾（１/２）＝　　（終）


（コメント）　面白い計算でした！


（追記）　令和８年４月４日付け

　次の東北大学　後期理系（２００７）の問題も、区分求積法に関する問題である。

問題　　精円 ｘ²/４＋ｙ²/９＝１ 上に点 Ｐ_k (ｋ＝１、２、・・・、ｎ）を ∠Ｐ_kＯＡ＝（ｋ/ｎ）π を満
　　たすようにとる。ただし、Ｏ＝（０，０）、Ａ＝（２，０）とする。このとき、

　ｌｉｍ_ｎ→∞ （１/ｎ）（１/ＯＰ₁²＋１/ＯＰ₂²＋・・・＋１/ＯＰ_ｎ²）

を求めよ。

（解）　題意より、　Ｐ_k（ＯＰ_kｃｏｓ（ｋ/ｎ）π，ＯＰ_kｓｉｎ（ｋ/ｎ）π）　とおける。この点が、

　精円 ｘ²/４＋ｙ²/９＝１ 上にあるので、

　（ＯＰ_k²ｃｏｓ²（ｋ/ｎ）π）/４＋（ＯＰ_k²ｓｉｎ²（ｋ/ｎ）π）/９＝１

すなわち、　１/ＯＰ_k²＝（１/４）ｃｏｓ²（ｋ/ｎ）π＋（１/９）ｓｉｎ²（ｋ/ｎ）π

したがって、

　ｌｉｍ_ｎ→∞ （１/ｎ）（１/ＯＰ₁²＋１/ＯＰ₂²＋・・・＋１/ＯＰ_ｎ²）

＝（１/４）∫₀¹ ｃｏｓ²πｘｄｘ＋（１/９）∫₀¹ ｓｉｎ²πｘｄｘ

＝（１/８）∫₀¹ （１＋ｃｏｓ２πｘ）ｄｘ＋（１/１８）∫₀¹ （１−ｃｏｓ２πｘ）ｄｘ

＝（１/８）［（ｘ＋（１/（２π））ｓｉｎ２πｘ］₀¹＋（１/１８）［（ｘ−（１/（２π））ｓｉｎ２πｘ］₀¹

＝１/８＋１/１８

＝１３/７２　　（終）


（追記）　令和８年４月９日付け

　次の東北大学　前期理系（２００８）の問題は、自然対数の底に関わる問題である。

問題　　ｎを２以上の自然数とする。平面上の△ＯＡ₁Ａ₂は∠ＯＡ₂Ａ₁＝９０°、ＯＡ₁＝１、
　　Ａ₁Ａ₂＝１/をみたすとする。Ａ₂からＯＡ₁へ垂線をおろし、交点をＡ₃とする。Ａ₃から
　　ＯＡ₂へ垂線をおろし、交点をＡ₄とする。以下同様に、ｋ＝４、５、・・・について、Ａ_kから
　　ＯＡ_k-1へ垂線をおろし、交点をＡ_k+1として、順番にＡ₅、Ａ₆、・・・　を定める。

　　

　ｈ_k＝Ａ_kＡ_k+1とおくとき、以下の問いに答えよ。

（１）　ｋ＝１、２、・・・　のとき、内積ｈ_k・ｈ_k+1をｎとｋで表せ。
（２）　Ｓ_n＝Σ_k=1ⁿ ｈ_k・ｈ_k+1とおくとき、極限値 ｌｉｍ_n→∞ Ｓ_n　を求めよ。

（解）（１）　∠Ａ₁ＯＡ₂＝θ　とおく。ｓｉｎθ＝１/　より、ｃｏｓθ＝√（１−１/ｎ）

よって、　Ａ₂Ａ₃＝（１/）ｃｏｓθ＝（１/）√（１−１/ｎ）

　Ａ₃Ａ₄＝（１/）ｃｏｓ²θ＝（１/）（１−１/ｎ）

一般に、　ｈ₁＝１/　、ｈ₂＝（１/）√（１−１/ｎ）　、ｈ_ｋ＝（１/）｛√（１−１/ｎ）｝^k-1

ｈ_kとｈ_k+1のなす角は、１８０°−θ　なので、

　ｈ_k・ｈ_k+1＝（１/）｛√（１−１/ｎ）｝^k-1・（１/）｛√（１−１/ｎ）｝^k・（−√（１−１/ｎ））

　＝−（１/ｎ）（１−１/ｎ）^k

（２）　Ｓ_n＝Σ_k=1ⁿ ｈ_k・ｈ_k+1＝−（１/ｎ）Σ_k=1ⁿ （１−１/ｎ）^k＝−（１−１/ｎ）（１−（１−１/ｎ）^ｎ）

　ｎ → ∞　のとき、　Ｓ_n → −（１−１/ｅ）＝（１−ｅ）/ｅ　　（終）


（追記）　令和８年４月３０日付け

　次の東北大学　前期文系（２００８）の問題は、上記の理系の問題の類題である。

問題　　平面上の△ＯＡ₁Ａ₂は、∠ＯＡ₂Ａ₁＝９０°、ＯＡ₁＝１、ＯＡ₂＝１/ を満たすとす
　　る。Ａ₂からＯＡ₁へ垂線をおろし、交点をＡ₃とする。Ａ₃からＯＡ₂へ垂線をおろし、交点を
　　Ａ₄とする。以下同様に、ｋ＝４、５、・・・について、Ａ_kからＯＡ_k-1へ垂線をおろし、交点を
　　Ａ_k+1として、順番にＡ₅、Ａ₆、・・・　を定める。

　　

　このとき、以下の問いに答えよ。

（１）　Ａ_kＡ_k+1　（ｋ＝１、２、・・・）　を求めよ。
（２）　ｈ_k＝Ａ_kＡ_k+1とおくとき、自然数ｎに対して、Σ_k=1ⁿ ｈ_k・ｈ_k+1を求めよ。

（解）（１）　∠Ａ₁ＯＡ₂＝θ　とおくと、ｃｏｓθ＝１/

　Ａ₁Ａ₂＝√（２/３）　なので、Ａ₂Ａ₃＝√（２/３）・ｃｏｓθ＝√（２/３）・（１/）

　Ａ₃Ａ₄＝√（２/３）・（１/）・ｃｏｓθ＝√（２/３）・（１/）²

よって、一般に、　Ａ_kＡ_k+1＝√（２/３）・（１/）^k-1

（２）　ｈ₁＝√（２/３）　、ｈ₂＝√（２/３）・（１/）　、ｈ_ｋ＝√（２/３）・（１/）^k-1

ｈ_kとｈ_k+1のなす角は、１８０°−θ　なので、

　ｈ_k・ｈ_k+1＝√（２/３）・（１/）^k-1・√（２/３）・（１/）^k・ｃｏｓ（π−θ）

　＝−（２/３）（１/３）^k

よって、　Σ_k=1ⁿ ｈ_k・ｈ_k+1＝−Σ_k=1ⁿ （２/３）（１/３）^k＝（１/３）（（１/３）^ｎ−１）　　（終）


（追記）　令和８年５月８日付け

　次の東北大学　後期理系（２００８）の問題は、格子点に関わる問題である。

問題　　ｎは自然数とする。平面上の曲線Ｃ：ｙ＝ｘ²−ｎとｘ軸が囲む領域内にあり、ｘ座標と
　　ｙ座標の値が共に整数であるような点の総数をａ_ｎとおく。ただし、曲線Ｃ上の点およびｘ軸
　　上の点も含むとする。を超えない最大の整数をｍ_ｎとおくとき、以下の問いに答えよ。

（１）　ａ_ｎをｎとｍ_ｎで表せ。
（２）　ｌｉｍ_ｎ→∞ ａ_ｎ/（ｎ） を求めよ。

（解）（１）　求める点は、ｙ軸に関して左右対称なので、ｘ≧０の部分で考えれば十分である。

ｘ＝０　のとき、　ｙ＝０、−１、・・・、−ｎ　の ｎ＋１個

ｘ＝ｋ　のとき、　ｙ＝０、−１、・・・、ｋ²−ｎ　の ｎ−ｋ²＋１個

１≦ｋ≦ｍ_ｎ　なので、求める点の個数は、

ａ_ｎ＝ｎ＋１＋２Σ_k=1^ｍ_ｎ （ｎ−ｋ²＋１）

　＝ｎ＋１＋２（（ｎ＋１）ｍ_ｎ−ｍ_ｎ（ｍ_ｎ＋１）（２ｍ_ｎ＋１）/６）　

　＝（ｎ＋１）（２ｍ_ｎ＋１）−ｍ_ｎ（ｍ_ｎ＋１）（２ｍ_ｎ＋１）/３

（２）　題意より、　ｍ_ｎ≦＜ｍ_ｎ＋１　なので、　−１＜ｍ_ｎ≦

よって、　２−１＜２ｍ_ｎ＋１≦２＋１　より、

（ｎ＋１）（２−１）/（ｎ）＜（ｎ＋１）（２ｍ_ｎ＋１）/（ｎ）≦（ｎ＋１）（２＋１）/（ｎ）

すなわち、

（１＋１/ｎ）（２−１/）＜（ｎ＋１）（２ｍ_ｎ＋１）/（ｎ）≦（１＋１/ｎ）（２＋１/）

において、ｎ → ∞　とすると、

　（１＋１/ｎ）（２−１/） → ２　、（１＋１/ｎ）（２＋１/） → ２

から、　（ｎ＋１）（２ｍ_ｎ＋１）/（ｎ） → ２　である。

同様に、

（−１）（２−１）/３＜ｍ_ｎ（ｍ_ｎ＋１）（２ｍ_ｎ＋１）/３≦（＋１）（２＋１）/３

から、

（１−１/）（２−１/）/３＜ｍ_ｎ（ｍ_ｎ＋１）（２ｍ_ｎ＋１）/（３ｎ）≦（１＋１/）（２＋１/）/３

ここで、ｎ → ∞　とすると、

　（１−１/）（２−１/）/３ → ２/３　、（１＋１/）（２＋１/）/３ → ２/３

から、　ｍ_ｎ（ｍ_ｎ＋１）（２ｍ_ｎ＋１）/（３ｎ） → ２/３

したがって、　ｌｉｍ_ｎ→∞ ａ_ｎ/（ｎ）＝２−２/３＝４/３　　（終）



　　以下、工事中！