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大阪公立大学　2025年度（令和7年度）　前期日程　理系

大阪公立大理系 2025年度数学第1問（微分積分・極限）の解答・解説

大阪公立大学（大阪公立大理系）2025年度（令和7年度・2025年）前期日程・理系入試の数学第1問（分野：微分積分・極限）について、当サイトが独自に作成した解答・計算過程・詳解・別解です。本問では「絶対値を含む三角関数の定積分・定積分と調和級数の不等式評価・はさみうちの原理と極限」を扱います。

出題テーマ：絶対値を含む三角関数の定積分・定積分と調和級数の不等式評価・はさみうちの原理と極限当サイトの体感難易度：標準最終更新 2026/11/15

問題文について

大学の公式解答ではなく、当サイト独自の解答・解説です。問題文は掲載していません。理系の問題文は、この年度については大学が公開していません（2026/11/15時点）。お手元の過去問集・赤本などでご確認ください。

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大阪公立大理系 2025年度数学第1問の設問構成・解答方針（全3問）

問1の解答・解説へ別解あり
$0 < a < 2$ とし、 $I_{k} = \int_{0}^{\frac{π}{2}} ∣ a cos x - k sin 2 x ∣ d x (k = 1, 2, 3, \dots)$ を積分を用いない $a$ と $k$ のみの式で表す
問2の解答・解説へ
$2$ 以上の整数 $n$ に対し、3つの数 $lo g n, k = 1 \sum n - 1 \frac{1}{k}, k = 2 \sum n \frac{1}{k}$ の大小を比較する
問3の解答・解説へ
$J_{n} = \frac{1}{lo g n} (k = 1 \sum n I_{k} + b n^{2})$ が収束するとき、 $a, b$ と極限値 $n \to \infty lim J_{n}$ を求める

問1 $0 < a < 2$ とし、 $I_{k} = \int_{0}^{\frac{π}{2}} ∣ a cos x - k sin 2 x ∣ d x (k = 1, 2, 3, \dots)$ を積分を用いない $a$ と $k$ のみの式で表す

答 $I_{k} = \frac{a ^{2}}{2 k} + k - a$

$a cos x - k sin 2 x = cos x (a - 2 k sin x)$ と因数分解し、 $sin α_{k} = \frac{a}{2 k}$ となる $α_{k} \in (0, \frac{π}{2})$ を境に絶対値を外して積分する。

倍角の公式 $sin 2 x = 2 sin x cos x$ より、被積分関数は

a cos x - k sin 2 x = cos x (a - 2 k sin x)

と変形できる。 $0 ≦ x ≦ \frac{π}{2}$ において $cos x ≧ 0$ であり、また $0 < a < 2, k ≧ 1$ より $0 < \frac{a}{2 k} < 1$ であるから、 $sin α_{k} = \frac{a}{2 k}$ を満たす実数 $α_{k}$ が $0 < α_{k} < \frac{π}{2}$ にただ1つ存在する。

$0 ≦ x ≦ α_{k}$ では $a - 2 k sin x ≧ 0$ 、 $α_{k} ≦ x ≦ \frac{π}{2}$ では $a - 2 k sin x ≦ 0$ であり、 $(a sin x - k sin^{2} x)^{'} = a cos x - 2 k sin x cos x$ だから

I_{k} = \int_{0}^{α_{k}} (a cos x - 2 k sin x cos x) d x - \int_{α_{k}}^{\frac{π}{2}} (a cos x - 2 k sin x cos x) d x = [a sin x - k sin^{2} x]_{0}^{α_{k}} - [a sin x - k sin^{2} x]_{α_{k}}^{\frac{π}{2}} = 2 (a sin α_{k} - k sin^{2} α_{k}) - (a - k)

ここに $sin α_{k} = \frac{a}{2 k}$ を代入すると

I_{k} = 2 (a \cdot \frac{a}{2 k} - k \cdot \frac{a ^{2}}{4 k ^{2}}) - a + k = \frac{a ^{2}}{2 k} + k - a

を得る。

$a \to 0$ のとき $I_{k} \to k = \int_{0}^{π /2} k sin 2 x d x$ と一致する。

▸ 別解：置換積分

u = s in x

を使う別解

$u = sin x$ とおくと $d u = cos x d x$ であり、 $x : 0 \to \frac{π}{2}$ のとき $u : 0 \to 1$ となるから、 $I_{k} = \int_{0}^{1} ∣ a - 2 k u ∣ d u$ となる。折れ線 $y = ∣ a - 2 k u ∣$ と $u$ 軸で囲まれる2つの直角三角形（底辺 $\frac{a}{2 k}$ ・高さ $a$ と、底辺 $1 - \frac{a}{2 k}$ ・高さ $2 k - a$ ）の面積の和として

I_{k} = \frac{1}{2} \cdot \frac{a}{2 k} \cdot a + \frac{1}{2} (1 - \frac{a}{2 k}) (2 k - a) = \frac{a ^{2}}{2 k} + k - a

と直ちに求まる。

問2 $2$ 以上の整数 $n$ に対し、3つの数 $lo g n, k = 1 \sum n - 1 \frac{1}{k}, k = 2 \sum n \frac{1}{k}$ の大小を比較する

答 $k = 2 \sum n \frac{1}{k} < lo g n < k = 1 \sum n - 1 \frac{1}{k}$

区間 $k ≦ x ≦ k + 1$ における $\frac{1}{k + 1} < \frac{1}{x} < \frac{1}{k}$ を積分して $k = 1, \dots, n - 1$ で和をとる。

関数 $y = \frac{1}{x}$ は $x > 0$ で狭義単調減少であるから、各整数 $k = 1, 2, \dots, n - 1$ に対し、 $k < x < k + 1$ において

\frac{1}{k + 1} < \frac{1}{x} < \frac{1}{k}

が成り立つ。各辺を $x$ について $k$ から $k + 1$ まで定積分すると

\frac{1}{k + 1} < \int_{k}^{k + 1} \frac{1}{x} d x < \frac{1}{k}

となる。これを $k = 1, 2, \dots, n - 1$ について辺々加えると、中辺は $\int_{1}^{n} \frac{1}{x} d x = [lo g x]_{1}^{n} = lo g n$ となるから

k = 1 \sum n - 1 \frac{1}{k + 1} < lo g n < k = 1 \sum n - 1 \frac{1}{k} ⟺ k = 2 \sum n \frac{1}{k} < lo g n < k = 1 \sum n - 1 \frac{1}{k}

である。

$n = 2$ のとき $\frac{1}{2} < lo g 2 \approx 0.693 < 1$ で成り立っている。

問3 $J_{n} = \frac{1}{lo g n} (k = 1 \sum n I_{k} + b n^{2})$ が収束するとき、 $a, b$ と極限値 $n \to \infty lim J_{n}$ を求める

答 $a = \frac{1}{2}, b = - \frac{1}{2}, n \to \infty lim J_{n} = \frac{1}{8}$

問1の $I_{k}$ を代入して $\sum_{k = 1}^{n} I_{k}$ を整理し、発散する $\frac{n ^{2}}{lo g n}$ と $\frac{n}{lo g n}$ の係数がともに $0$ になることから $a, b$ を決定する。

問1より

k = 1 \sum n I_{k} + b n^{2} = k = 1 \sum n (\frac{a ^{2}}{2 k} + k - a) + b n^{2} = \frac{a ^{2}}{2} k = 1 \sum n \frac{1}{k} + \frac{n ( n + 1 )}{2} - an + b n^{2} = \frac{a ^{2}}{2} k = 1 \sum n \frac{1}{k} + (b + \frac{1}{2}) n^{2} + (\frac{1}{2} - a) n

であるから、 $J_{n}$ は

J_{n} = \frac{a ^{2}}{2} \cdot \frac{1}{lo g n} k = 1 \sum n \frac{1}{k} + \frac{n}{lo g n} {(b + \frac{1}{2}) n + (\frac{1}{2} - a)}

と表される。ここで問2の不等式の左辺に $1$ を加え、右辺に $\frac{1}{n}$ を加えると

lo g n + \frac{1}{n} < k = 1 \sum n \frac{1}{k} < lo g n + 1 ⟺ 1 + \frac{1}{n lo g n} < \frac{1}{lo g n} k = 1 \sum n \frac{1}{k} < 1 + \frac{1}{lo g n}

が成り立つ。 $n \to \infty lim \frac{1}{lo g n} = 0$ より、はさみうちの原理から

n \to \infty lim \frac{1}{lo g n} k = 1 \sum n \frac{1}{k} = 1

である。したがって ${J_{n}}$ が収束するためには、第2項 $\frac{n}{lo g n} {(b + \frac{1}{2}) n + (\frac{1}{2} - a)}$ も収束しなければならない。ここで問題文より $n \to \infty lim \frac{n}{lo g n} = \infty$ であるから、もし $b + \frac{1}{2} \neq = 0$ または $\frac{1}{2} - a \neq = 0$ であれば第2項は $\pm \infty$ に発散する。

よって収束するための必要十分条件は

b + \frac{1}{2} = 0 かつ \frac{1}{2} - a = 0 ⟺ a = \frac{1}{2}, b = - \frac{1}{2}

である（これは $0 < a < 2$ を満たす）。このとき第2項は恒等的に $0$ となり、極限値は

n \to \infty lim J_{n} = \frac{a ^{2}}{2} \cdot 1 = \frac{( \frac{1}{2} ) ^{2}}{2} = \frac{1}{8}

である。

問題文にわざわざ「 $lim_{n \to \infty} \frac{n}{lo g n} = \infty$ は用いてよい」と与えられているのは、 $n^{2} / lo g n$ と $n / lo g n$ の係数を両方消す論証で使わせるためである。

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