解説

方針・初手

与えられた和は

$$ \frac{1}{n}\sum_{k=1}^{n} f\left(\frac{k}{n}\right)

$$

の形に直せるので、まず対応する関数 $f(x)$ を求める。すると極限値 $\alpha$ は定積分

$$ \int_0^1 f(x)\,dx

$$

で表される。

また、設問（1）の微分公式は、この定積分を三角置換で計算するための準備になっている。

解法1

**(1)**

まず

$$ \log\left(\frac{1+\sin\theta}{1-\sin\theta}\right) = \log(1+\sin\theta)-\log(1-\sin\theta)

$$

であるから、これを $\theta$ で微分すると

$$ \begin{aligned} \frac{d}{d\theta}\log\left(\frac{1+\sin\theta}{1-\sin\theta}\right) &= \frac{\cos\theta}{1+\sin\theta} +\frac{\cos\theta}{1-\sin\theta} \\ &= \frac{\cos\theta\{(1-\sin\theta)+(1+\sin\theta)\}}{1-\sin^2\theta} \\ &= \frac{2\cos\theta}{\cos^2\theta} \\ &= \frac{2}{\cos\theta} \end{aligned}

$$

よって、

$$ \boxed{[①]=\frac{2}{\cos\theta}}

$$

である。

**(2)**

和の一般項を $k$ を用いて整理する。

$$ \begin{aligned} \frac{n-k}{n\sqrt{3n^2+k^2}} &= \frac{n\left(1-\frac{k}{n}\right)}{n\sqrt{n^2\left(3+\left(\frac{k}{n}\right)^2\right)}} \\ &= \frac{1-\frac{k}{n}}{n\sqrt{3+\left(\frac{k}{n}\right)^2}} \end{aligned}

$$

したがって

$$ \frac{n-1}{n\sqrt{3n^2+1^2}} +\frac{n-2}{n\sqrt{3n^2+2^2}} +\cdots+ \frac{n-n}{n\sqrt{3n^2+n^2}} = \frac{1}{n}\sum_{k=1}^{n} \frac{1-\frac{k}{n}}{\sqrt{3+\left(\frac{k}{n}\right)^2}}

$$

である。

よって

$$ f(x)=\frac{1-x}{\sqrt{3+x^2}}

$$

となるから、

$$ \boxed{[②]=\frac{1-x}{\sqrt{3+x^2}}}

$$

である。

**(3)**

（2）より、$\alpha$ はリーマン和の極限として

$$ \alpha=\int_0^1 \frac{1-x}{\sqrt{3+x^2}}\,dx

$$

である。

ここで

$$ x=\sqrt{3}\tan\theta

$$

とおくと、

$$ dx=\sqrt{3}\sec^2\theta\,d\theta,\qquad \sqrt{3+x^2}=\sqrt{3}\sec\theta

$$

であり、$x=0$ のとき $\theta=0$、$x=1$ のとき $\theta=\dfrac{\pi}{6}$ である。したがって

$$ \begin{aligned} \alpha &= \int_0^{\pi/6} \frac{1-\sqrt{3}\tan\theta}{\sqrt{3}\sec\theta} \cdot \sqrt{3}\sec^2\theta\,d\theta \\ &= \int_0^{\pi/6} (1-\sqrt{3}\tan\theta)\sec\theta\,d\theta \\ &= \int_0^{\pi/6}\sec\theta\,d\theta -\sqrt{3}\int_0^{\pi/6}\tan\theta\sec\theta\,d\theta \end{aligned}

$$

設問（1）より

$$ \int \sec\theta\,d\theta = \frac12\log\left(\frac{1+\sin\theta}{1-\sin\theta}\right), \qquad \int \tan\theta\sec\theta\,d\theta=\sec\theta

$$

であるから、

$$ \begin{aligned} \alpha &= \left[ \frac12\log\left(\frac{1+\sin\theta}{1-\sin\theta}\right) -\sqrt{3}\sec\theta \right]_0^{\pi/6} \\ &= \left( \frac12\log\frac{1+\frac12}{1-\frac12} -\sqrt{3}\cdot \frac{2}{\sqrt{3}} \right) - \left( \frac12\log 1-\sqrt{3} \right) \\ &= \frac12\log 3-2+\sqrt{3} \end{aligned}

$$

したがって、

$$ \boxed{[③]=\sqrt{3}-2+\frac12\log 3}

$$

である。

**(4)**

$f(x)=\dfrac{1-x}{\sqrt{3+x^2}}$ とおく。これを微分すると

$$ \begin{aligned} f'(x) &= -\frac{1}{\sqrt{3+x^2}} -\frac{x(1-x)}{(3+x^2)^{3/2}} \\ &= -\frac{x+3}{(3+x^2)^{3/2}} \end{aligned}

$$

である。

よって、

• $x<-3$ では $f'(x)>0$
• $x>-3$ では $f'(x)<0$

である。したがって $x=-3$ で最大値をとる。

その値は

$$ f(-3)=\frac{1-(-3)}{\sqrt{3+(-3)^2}} =\frac{4}{\sqrt{12}} =\frac{2}{\sqrt{3}}

$$

である。

また、無限遠での極限は

$$ \lim_{x\to\infty}f(x) = \lim_{x\to\infty}\frac{1-x}{\sqrt{3+x^2}} =-1

$$

$$ \lim_{x\to-\infty}f(x) = \lim_{x\to-\infty}\frac{1-x}{\sqrt{3+x^2}} =1

$$

である。$x\to\infty$ のとき $-1$ に近づくが、$-1$ そのものはとらない。

したがって、$f(x)$ の値の範囲は

$$ -1<f(x)\leqq \frac{2}{\sqrt{3}}

$$

である。よって、

$$ \boxed{[④]=-1},\qquad \boxed{[⑤]=\frac{2}{\sqrt{3}}}

$$

である。

解説

この問題の核心は、和をそのまま計算しようとせず、まず

$$ \frac{1}{n}\sum_{k=1}^n f\left(\frac{k}{n}\right)

$$

というリーマン和の形に見抜くことである。ここができれば極限は定積分に直る。

さらに、$\sqrt{3+x^2}$ を含む積分は $x=\sqrt{3}\tan\theta$ と置くと $\sec\theta$ の積分に帰着し、設問（1）の公式がそのまま使える。最後の値域は、導関数の符号と無限遠での極限を見れば確定する。

答え

$$ \text{（1） }[①]=\frac{2}{\cos\theta}

$$

$$ \text{（2） }[②]=\frac{1-x}{\sqrt{3+x^2}}

$$

$$ \text{（3） }[③]=\sqrt{3}-2+\frac12\log 3

$$

$$ \text{（4） }[④]=-1,\quad [⑤]=\frac{2}{\sqrt{3}}

$$