解説

方針・初手

いずれも和の形を

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

$$

に直して、定積分に移すのが基本方針である。 特に （1） は $f(x)=x\cos\left(\dfrac{\pi x^2}{2}\right)$、（2） は $f(x)=2x\sin(2\pi x)$ のリーマン和になっている。

解法1

**(1)**

与式を

$$ \begin{aligned} \sum_{k=1}^n \frac{k}{n^2}\cos\left(\frac{k^2\pi}{2n^2}\right) &= \sum_{k=1}^n \left(\frac{k}{n}\cos\left(\frac{\pi}{2}\left(\frac{k}{n}\right)^2\right)\right)\frac{1}{n} \end{aligned} $$

と書き直す。

ここで

$$ f(x)=x\cos\left(\frac{\pi x^2}{2}\right)

$$

は $[0,1]$ で連続であるから、これはリーマン和として

$$ \begin{aligned} \lim_{n\to\infty}\sum_{k=1}^n \frac{k}{n^2}\cos\left(\frac{k^2\pi}{2n^2}\right) &= \int_0^1 x\cos\left(\frac{\pi x^2}{2}\right),dx \end{aligned} $$

に等しい。

ここで

$$ \begin{aligned} \frac{d}{dx}\sin\left(\frac{\pi x^2}{2}\right) &= \pi x\cos\left(\frac{\pi x^2}{2}\right) \end{aligned} $$

より、

$$ \begin{aligned} \int_0^1 x\cos\left(\frac{\pi x^2}{2}\right),dx &= \frac{1}{\pi}\int_0^1 \frac{d}{dx}\sin\left(\frac{\pi x^2}{2}\right),dx \\ \frac{1}{\pi}\left[\sin\left(\frac{\pi x^2}{2}\right)\right]_0^1 \\ \frac{1}{\pi}. \end{aligned} $$

したがって、

$$ \begin{aligned} \lim_{n\to\infty}\sum_{k=1}^n \frac{k}{n^2}\cos\left(\frac{k^2\pi}{2n^2}\right) &= \frac{1}{\pi} \end{aligned} $$

である。

**(2)**

まず $a_n$ を $n^2$ で割ると、

$$ \begin{aligned} \frac{a_n}{n^2} &= \sum_{k=1}^n 2\frac{k}{n}\sin\left(2\pi\frac{k}{n}\right)\frac{1}{n} \end{aligned} $$

となる。

ここで

$$ g(x)=2x\sin(2\pi x)

$$

は $[0,1]$ で連続であるから、リーマン和より

$$ \begin{aligned} \lim_{n\to\infty}\frac{a_n}{n^2} &= \int_0^1 2x\sin(2\pi x),dx \end{aligned} $$

である。

部分積分、または既知の積分公式を用いると、

$$ \begin{aligned} \int_0^1 2x\sin(2\pi x),dx &= 2\left[ -\frac{x\cos(2\pi x)}{2\pi} +\frac{\sin(2\pi x)}{(2\pi)^2} \right]_0^1 &= -\frac{1}{\pi}. \end{aligned} $$

よって

$$ \begin{aligned} \lim_{n\to\infty}\frac{a_n}{n^2} &= -\frac{1}{\pi} \end{aligned} $$

である。

したがって、$p=2$ のときは

$$ \begin{aligned} \lim_{n\to\infty}\frac{a_n}{n^p} &= -\frac{1}{\pi} \end{aligned} $$

である。

また、$p\geq 3$ のときは

$$ \begin{aligned} \frac{a_n}{n^p} &= \frac{a_n}{n^2}\cdot \frac{1}{n^{p-2}} \end{aligned} $$

であり、$\dfrac{a_n}{n^2}\to -\dfrac{1}{\pi}$、かつ $\dfrac{1}{n^{p-2}}\to 0$ だから、

$$ \begin{aligned} \lim_{n\to\infty}\frac{a_n}{n^p} &= 0 \end{aligned} $$

である。

解説

この問題の本質は、和の中の $k$ を $\dfrac{k}{n}$ に直してリーマン和と見ることにある。

（1） では $\dfrac{k}{n^2}=\dfrac{k}{n}\cdot\dfrac{1}{n}$ と分けることで、連続関数の積分に移る。積分自体も $\sin\left(\dfrac{\pi x^2}{2}\right)$ の微分を見抜けばすぐに処理できる。

（2） でも同様に $a_n$ の主要な大きさは $n^2$ であることが分かる。したがって、まず $\dfrac{a_n}{n^2}$ の極限を求め、その後 $p>2$ ではさらに $n^{p-2}$ で割るため極限が $0$ になる。

答え

**(1)**

$$ \frac{1}{\pi}

$$

**(2)**

$$ \lim_{n\to\infty}\frac{a_n}{n^p} = \begin{cases} -\dfrac{1}{\pi} & (p=2),\\[4pt] 0 & (p\geq 3). \end{cases}

$$