东京大学入学考试理科数学试卷合集

发表于 2025-04-14 更新于 2025-04-14 分类于【杂谈】数学阅读次数：

无聊的人什么都会做的，小镇做题家依然会用做题作为消遣。

日本高考制度大概可以理解为考两次，第一次是全国统考（共通テスト），考题比较简单，然后第二次则是各个大学自主命题的入学考试，东京大学自然难度一直很高。也当作一种知己知彼，来看看东京大学到底会考什么样的题。

东京大学的理科数学全部是解答题。

令和 6 年（2024）

Problem 1

座標空間内の点 A(0,−1,1) をとる。xy 平面上の点 P が次の条件 (i), (ii), (iii) をすべて満たすとする。

P は原点 O と異なる。
$\angle AOP\geq\dfrac23\pi$
$\angle OAP\leq\dfrac\pi6$

P がとりうる範囲を xy 平面上に図示せよ。

Translation

坐标空间内有点 A(0,−1,1)。xy 平面上有点 P 满足下述 (i), (ii), (iii) 的所有条件。

P 与 O 不重合。
$\angle AOP\geq\dfrac23\pi$
$\angle OAP\leq\dfrac\pi6$

画图表示 P 在 xy 平面上可能所处的范围。

Solution

假设 P 坐标为 (x,y,0)，下面逐个描述 P 所满足的条件。

条件 (i) 说明 x ≠ 0, y ≠ 0。

描述角度则可以直接使用向量夹角的方式计算：

$$ \angle AOP\geq \dfrac23\pi \iff \cos\angle AOP\leq -\dfrac12 $$

而这里：

$$ \cos\angle AOP = \dfrac{\vec{OA}\cdot\vec{OP}}{|\vec{OA}||\vec{OP}|} = \dfrac{-y}{\sqrt{2(x^2 + y^2)}} $$

则条件 (ii) 等价于：

$$ \dfrac{-y}{\sqrt{2(x^2 + y^2)}} \leq -\dfrac12 $$

这种形式继续转化自然可以注意到需要两边平方，不过平方前注意正负号，上述式子已经暗示了 y ≥ 0。在此基础上：

$$ \begin{aligned} \dfrac{-y}{\sqrt{2(x^2 + y^2)}} \leq -\dfrac12 &\iff \dfrac{y^2}{2(x^2 + y^2)} \geq \dfrac14, y \geq 0 \\ &\iff x^2 \leq y^2, y \geq 0 \end{aligned} $$

同理：

$$ \angle OAP\leq\dfrac\pi6 \iff \cos\angle OAP \geq \dfrac{\sqrt3}{2} $$

而这里：

$$ \cos\angle OAP = \dfrac{\vec{AO}\cdot\vec{AP}}{|\vec{AO}||\vec{AP}|} = \dfrac{y + 2}{\sqrt{2[x^2 + (y + 1)^2 + 1]}} $$

同样有条件 (iii) 等价于：

$$ \begin{aligned} \dfrac{y + 2}{\sqrt{2[x^2 + (y + 1)^2 + 1]}} \geq \dfrac{\sqrt3}{2} &\iff \dfrac{(y + 2)^2}{2[x^2 + (y + 1)^2 + 1]} \geq \dfrac34, y \geq -2 \\ &\iff x^2 + \dfrac{(y - 1)^2}{3} \leq 1, y \geq -2 \end{aligned} $$

可以看出后两个条件分别是双直线和椭圆表示的范围，作图较为简单，这里略去。

Comments

其实很容易看出来这些条件很好转化为代数条件，然后代数条件必然是二次的，那显然就是两个二次曲线之间的关系，运算不难，正好当一个热身。

Problem 2

次の関数 f(x) を考える。

$$ f(x) = \int_0^1 \frac{|t - x|}{1 + t^2} {\rm d}t, 0\leq x\leq 1 $$

$0<\alpha<\dfrac\pi4$ を満たす実数 α で、f′(tanα) = 0 となるものを求めよ。
(1) で求めた α に対し、tan α の値を求めよ。
関数 f(x) の区間 0 ≤ x ≤ 1 における最大値と最小値を求めよ。必要ならば、0.69 < log 2 < 0.7 であることを用いてよい。

Translation

考虑下述函数 f(x)。

$$ f(x) = \int_0^1 \frac{|t - x|}{1 + t^2} {\rm d}t, 0\leq x\leq 1 $$

对满足 $0<\alpha<\dfrac\pi4$ 的实数 α，求 α 使得 f′(tanα) = 0
对 (1) 中的 α，求 tan α 的值。
求函数 f(x) 在区间 0 ≤ x ≤ 1 上的最大值和最小值。若有必要，可直接使用结论 0.69 < ln 2 < 0.7

Solution

这个积分是很好积分的，直接可以得到以下计算：

$$ \begin{aligned} f(x) &= \int_0^1 \frac{|t - x|}{1 + t^2} {\rm d}t \\ &= \left(\int_0^x + \int_x^1\right)\frac{|t - x|}{1 + t^2} {\rm d}t \\ &= \int_0^x\frac{x - t}{1 + t^2} {\rm d}t + \int_x^1\frac{t - x}{1 + t^2} {\rm d}t \\ &= x\left(\int_0^x - \int_x^1\right)\dfrac{1}{1 + t^2}{\rm d}t - \left(\int_0^x - \int_x^1\right)\dfrac{t}{1 + t^2}{\rm d}t \\ &= x\left(\int_0^x - \int_x^1\right)\dfrac{1}{1 + t^2}{\rm d}t - \dfrac12\left(\int_0^x - \int_x^1\right)\dfrac{1}{1 + t^2}{\rm d}(1 + t^2) \\ &= x\left(\left.\arctan t\right|_0^x - \left.\arctan t\right|_x^1\right) - \dfrac12\left(\left.\ln(1 + t^2)\right|_0^x - \left.\ln(1 + t^2)\right|_x^1\right) \\ &= x\left(2\arctan x - \dfrac\pi4\right) - \dfrac12\left(2\ln(1 + x^2) - \ln2\right) \end{aligned} $$

求导得到：

$$ f'(x) = 2\arctan x - \dfrac\pi4 $$

第一问和第二问则据此简单结束：

$$ \alpha = \dfrac\pi8, \tan\alpha = \sqrt2 - 1 $$

在得到导函数情况的基础上，f(x) 在区间 [0,1] 上先减再增，则分别计算：

$$ f(0) = \dfrac12\ln2, f(1) = \dfrac\pi4 - \dfrac12\ln2 $$

根据题目中给的范围：

$$ \dfrac\pi4 > \dfrac34 > 0.7 > \ln2 $$

所以最大值是 $f(1) = \dfrac\pi4 - \dfrac12\ln2$。

最小值则是：

$$ f(\sqrt2 - 1) = \ln\dfrac{\sqrt2 + 1}{2} $$

Solution

这道题做完我还在疑惑为什么第一问和第二问会分开成两问，之后我找到了河合塾（日本的课外补习班称为塾）给的民间解答，发现日本高中把基础微积分纳入了教纲却没有把反三角函数纳入，这意味着 $\dfrac1{1 + x^2}$ 的原函数居然是没法直接堂堂正正写 arctan x + C 的，这确实很无语了。

回到题目本身，非常简单的积分和函数增减性考察，感觉整体也是用来热身。

Problem 3

座標平面上を次の規則 (i), (ii) に従って 1 秒ごとに動く点 P を考える。

最初に、P は点 (2,1) にいる。
ある時刻で P が点 (a,b) にいるとき、その 1 秒後には P は

確率 $\dfrac13$ で x 軸に関して (a,b) と対称な点
確率 $\dfrac13$ で y 軸に関して (a,b) と対称な点
確率 $\dfrac16$ で直線 y = x に関して (a,b) と対称な点
確率 $\dfrac16$ で直線 y = − x に関して (a,b) と対称な点

にいる。

以下の問いに答えよ。ただし、(1) については、結論のみを書けばよい。

P がとりうる点の座標をすべて求めよ。
n を正の整数とする。最初から n 秒後に P が点 (2,1) にいる確率と、最初から n 秒後に P が点 (−2,−1) にいる確率は等しいことを示せ。
n を正の整数とする。最初から n 秒後に P が点 (2,1) にいる確率を求めよ。

Translation

考虑坐标平面上，按照下述规则 (i), (ii) 每秒运动一次的点 P。

最初点 P 位于 (2,1)
某一时刻点 P 位于 (a,b)，一秒后 P

以概率 $\dfrac13$ 运动到点 (a,b) 关于 x 轴的对称点
以概率 $\dfrac13$ 运动到点 (a,b) 关于 y 轴的对称点
以概率 $\dfrac16$ 运动到点 (a,b) 关于直线 y = x 的对称点
以概率 $\dfrac16$ 运动到点 (a,b) 关于直线 y = − x 轴的对称点

回答以下问题，其中 (1) 只需要直接写出结论。

求点 P 所有可能的坐标。
假设 n 是正整数。证明 n 秒后点 P 位于 (2,1) 的概率与 n 秒后 P 位于 (−2,−1) 的概率相同。
假设 n 是正整数。求 n 秒后点 P 位于 (2,1) 的概率。

Solution

第一问通过简单的 BFS 枚举即可：

最初：(2,1)
1 秒后：(2,−1), (−2,1), (1,2), (−1,−2)
2 秒后：(−1,2), (−2,−1), (1,−2)

至此已经形成闭包，所以一共是上述 8 个可能点。

从 (2,1)，将上述 8 个点按照顺时针标号 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8，并且规定标号 9 等价于标号 1，后续类推。记第 n 秒点 P 位于第 i 个点的概率为 p_n(i)。

我们有下述递推关系：

$$ \begin{cases} p_{n + 1}(1) = \dfrac16p_n(2) + \dfrac13p_n(4) + \dfrac16p_n(6) + \dfrac13p_n(8) \\ p_{n + 1}(2) = \dfrac13p_n(3) + \dfrac16p_n(5) + \dfrac13p_n(7) + \dfrac16p_n(1) \\ p_{n + 1}(3) = \dfrac16p_n(4) + \dfrac13p_n(6) + \dfrac16p_n(8) + \dfrac13p_n(2) \\ p_{n + 1}(4) = \dfrac13p_n(5) + \dfrac16p_n(7) + \dfrac13p_n(1) + \dfrac16p_n(3) \\ p_{n + 1}(5) = \dfrac16p_n(6) + \dfrac13p_n(8) + \dfrac16p_n(2) + \dfrac13p_n(4) \\ p_{n + 1}(6) = \dfrac13p_n(7) + \dfrac16p_n(1) + \dfrac13p_n(3) + \dfrac16p_n(5) \\ p_{n + 1}(7) = \dfrac16p_n(8) + \dfrac13p_n(2) + \dfrac16p_n(4) + \dfrac13p_n(6) \\ p_{n + 1}(8) = \dfrac13p_n(1) + \dfrac16p_n(3) + \dfrac13p_n(5) + \dfrac16p_n(7) \\ \end{cases} $$

以及初始条件 p₀(1) = 1 和 i ≠ 1 时 p₀(i) = 0。

观察第一个式子和第五个式子，显然发现两个式子右侧完全一致，这就证明了第二问的结论。

事实上，我们总能够得到 p_n(i) = p_n(i+4), n ≥ 1，因此递推关系可以缩减为：

$$ \begin{cases} p_{n + 1}(1) = \dfrac13p_n(2) + \dfrac23p_n(4) \\ p_{n + 1}(2) = \dfrac23p_n(3) + \dfrac13p_n(1) \\ p_{n + 1}(3) = \dfrac13p_n(4) + \dfrac23p_n(2) \\ p_{n + 1}(4) = \dfrac23p_n(1) + \dfrac13p_n(3) \\ \end{cases} $$

首先，我们注意到在 n = 0 时，所有偶数 i 都有 p₀(i) = 0。通过上述递推关系，我们注意到 n = 1 时，所有奇数 i 都有 p₁(i) = 0。

事实上，通过归纳法容易说明如果 n, i 同奇偶性，则 p_n(i) = 0。

而这个暗示了，对于奇数 n ≥ 1，我们有：

$$ 1 = \sum_{i = 1}^8p_n(i) = 2\sum_{i = 1}^4p_n(i) = 2(p_n(2) + p_n(4)) \Rightarrow p_n(2) + p_n(4) = \dfrac12 $$

而同理，对偶数 n ≥ 1 有 $p_n(1) + p_n(3) = \dfrac12$。

那么在 n ≥ 1 的条件下：

$$ p_{2n + 1}(2) = \dfrac23p_{2n}(3) + \dfrac13p_{2n}(1) = \dfrac23\left(\dfrac12 - p_{2n}(1)\right) + \dfrac13p_{2n}(1) = \dfrac13 - \dfrac13p_{2n}(1) $$

同理也有：

$$ p_{2n + 2}(1) = \dfrac13p_{2n + 1}(2) + \dfrac23p_{2n + 1}(4) = \dfrac13p_{2n + 1}(2) + \dfrac23\left(\dfrac12 - p_{2n + 1}(2)\right) = \dfrac13 - \dfrac13p_{2n + 1}(2) $$

上述两式又可得到：

$$ p_{2n + 2}(1) = \dfrac13 - \dfrac13\left(\dfrac13 - \dfrac13p_{2n}(1)\right) = \dfrac29 + \dfrac19p_{2n}(1) $$

也就是：

$$ p_{2n + 2}(1) - \dfrac14 = -\dfrac1{36} + \dfrac19p_{2n}(1) = \dfrac19\left(p_{2n}(1) - \dfrac14\right) $$

再结合初始条件，首先计算出 $p_2(1) = \dfrac{5}{18}$，则可以得到：

$$ p_n(1) = \begin{cases} 0 & 2\nmid n \\ \dfrac14 + \dfrac14\left(\dfrac13\right)^n & 2\mid n \end{cases}, n\geq 1 $$

Comment

其实数列递推整体不难，难点在于一定要注意什么结论是对全体自然数成立的，什么结论是对 n ≥ 1 成立的，这个也算是数列问题中的核心注意点了。

Problem 4

$f(x) = -\dfrac{\sqrt2}{4}x^2 + 4\sqrt2$ とおく。0 < t < 4 を満たす実数 t に対し、座標平面上の点 (t,f(t)) を通り、この点において放物線 y = f(x) と共通の接線を持ち、x 軸上に中心を持つ円を C_t とする。

円 C_t の中心の座標を (c(t),0)、半径を r(t) をおく。c(t) と {r(t)}² を t の整式で表せ。
実数 a は 0 < a < f(3) を満たすとする。円 C_t が点 (3,a) を通るような実数 t は 0 < t < 4 の範囲にいくつあるか。

Translation

给定函数 $f(x) = -\dfrac{\sqrt2}{4}x^2 + 4\sqrt2$。对于满足 0 < t < 4 的实数 t，将通过点 (t,f(t))，并且在该点与抛物线 y = f(x) 有共同切线并且圆心在 x 轴上的圆记为 C_t。

记圆 C_t 的圆心坐标为 (c(t),0)，半径为 r(t)。将 c(t) 与 r²(t) 用含 t 的整式表示。
已知实数 a 满足 0 < a < f(3)。问在 0 < t < 4 范围内，令圆 C_t 通过点 (3,a) 的 t 有几个。

Solution

抛物线 y = f(x) 的过 (t,f(t)) 的切线为：

$$ y = f'(t)(x - t) + f(t) = -\dfrac{\sqrt2}{2}tx + 4\sqrt2 + \dfrac{\sqrt2}4t^2 $$

与该切线垂直的，过 (t,f(t)) 的直线为：

$$ y = \dfrac{\sqrt2}{t}(x - t) + f(t) = \dfrac{\sqrt2}{t}x + 3\sqrt2 - \dfrac{\sqrt2}{4}t^2 $$

该直线与 x 轴的交点即为 C_t 的圆心，从而：

$$ c(t) = \dfrac{1}{4}t^3 - 3t $$

另外一方面：

$$ r^2(t) = (c(t) - t)^2 + f^2(t) = \dfrac1{16}(t^2 + 2)(t^2 - 16)^2 $$

圆 C_t 圆心到 (3,a) 的距离的平方为：

$$ d^2 := \left(\dfrac14t^3 - 3t - 3\right)^2 + a^2 $$

而 t 的个数即为有关 t 的方程 d² = r²(t) 在 (0,4) 上解的个数。

该方程即为：

$$ \left(\dfrac14t^3 - 3t - 3\right)^2 + a^2 = \dfrac1{16}(t^2 + 2)(t^2 - 16)^2 \iff 16a^2 = (t^2 + 2)(t^2 - 16)^2 - (t^3 - 12t - 12)^2 $$

令 g(x) := (x²+2)(x²−16)² − (x³−12x−12)²，计算得到 g′(x) = − 24(x²−4)(x−3)。

计算得到 g(0) = 368, g(2) = 80, g(3) = 98, g(4) < 0，另外由于 0 < a < f(3)，所以 0 < 16a² < 98。

那么：

80 < 16a² < 98，即 $\sqrt5 < a < \dfrac74\sqrt2$ 时，存在 3 个 t
16a² = 80，即 $a = \sqrt 5$ 时，存在 2 个 t
0 < 16a² < 80，即 $0 < a < \sqrt5$ 时，存在 1 个 t

Comment

非常单纯的计算题，没什么难度。

Problem 5

座標空間内に 3 点 A(1,0,0), B(0,1,0), C(0,0,1) をとり、D を線分 AC の中点とする。三角形 ABD の周および内部を x 軸のまわりに 1 回転させて得られる立体の体積を求めよ。

Translation

给定坐标空间内的 3 点 A(1,0,0), B(0,1,0), C(0,0,1)，给定 D 为线段 AC 的中点。求将三角形 ABD 的边界与内部绕 x 轴旋转一圈得到的立体图形的体积。

Solution

设 0 ≤ t ≤ 1，令 S(t) 为平面 x = t 截该旋转体截面面积，则该体积为 S(t) 在 [0,1] 上的积分。

对 $t \geq\dfrac12$，平面 x = t 截三角形 ABD 得到线段 EF，E, F 分别位于边 AB, AC 上。不难得到两者的坐标为 E(t,1−t,0), F(t,0,1−t)。此时，截面为一圆环，外径为 1 − t，内径为 $\dfrac{\sqrt2}{2}(1 - t)$，从而：

$$ S(t) = \dfrac\pi2(1 - t)^2, \dfrac12 \leq t\leq 1 $$

对 $t < \dfrac12$，平面 x = t 截三角形 ABD 得到线段 EF，E, F 分别位于边 AB, BD 上。不难得到两者的坐标为 E(t,1−t,0), F(t,1−2t,t)。此时，截面为一圆环。

在 $\dfrac13 \leq t < \dfrac12$ 的时候，该圆环外径为 1 − t，内径依然为 $\dfrac{\sqrt2}{2}(1 - t)$，从而：

$$ S(t) = \dfrac\pi2(1 - t)^2, \dfrac13\leq t < \dfrac12 $$

在 $0\leq t < \dfrac13$ 的时候，该圆环外径为 1 − t，内径则变化为为 $\sqrt{t^2 + (1 - 2t)^2}$，从而：

$$ S(t) = \pi\left((1 - t)^2 - t^2 - (1 - 2t)^2\right) = (-4t^2 + 2t)\pi, 0\leq t < \dfrac13 $$

从而：

$$ V = \int_0^1 S(t) {\rm d}t = \int_0^{\frac13}(-4t^2 + 2t)\pi{\rm d}t + \int_{\frac13}^1\dfrac\pi2(1 - t)^2{\rm d}t = \dfrac\pi9 $$

Comment

很纯正的计算题，没有什么好评价的。

Problem 6

2 以上の整数で、1 とそれ自身以外に正の約数を持たない数を素数という。以下の問いに答えよ。

f(x) = x³ + 10x² + 20x とする。f(n) が素数となるような整数 n をすべて求めよ。
a, b を整数の定数とし、g(x) = x³ + ax² + bx とする。g(n) が素数となるような整数 n の個数は 3 個以下であることを示せ。

Translation

若不小于 2 的整数，除了 1 与自身外没有其他的正约数，则称之为素数。回答以下问题。

令 f(x) = x³ + 10x² + 20x。求所有使得 f(n) 是素数的整数 n
给定整数 a, b 以及 g(x) = x³ + ax² + bx。证明使得 g(n) 是素数的 n 不多于 3 个。

Solution

首先必然有 n ∣ f(n)，那么存在 n 令 f(n) 是素数等价于下述四个条件有一成立：

f(1) 是素数，此时 n = 1
f(−1) 是素数，此时 n = − 1
存在素数 p 令 p = f(p)，此时 n = p
存在素数 q 令 q = f(−q)，此时 n = − q

逐个验证即可得到所有可能值 n = 1, − 1, − 3, − 7，将其反代回 f(n) 中验证发现除了 n = − 1 均可以令 f(n) 为素数。

所以 n = 1, − 3, − 7。

同上述论证，存在 n 令 g(n) 为素数等价于下述四个条件有一成立：

g(1) 是素数，此时 n = 1
g(−1) 是素数，此时 n = − 1
存在素数 p 令 p = g(p)，此时 n = p
存在素数 q 令 q = g(−q)，此时 n = − q

第一个条件说明 a + b + 1 是素数。

第二个条件说明 a − b − 1 是素数。

第三个条件说明存在素数 p 令 p² + ap + b = 1

第四个条件说明存在素数 q 令 q² − aq + b = − 1

如果第三个条件和第四个条件同时成立，两式子相减说明：

(p−q+a)(p+q) = 2

显然这要求存在两个素数 p, q 令 p + q ∣ 2，这不可能。所以第三个条件和第四个条件不可能同时成立。

若是前两个条件有一个不成立，那么前两个条件最多贡献 1 个可能的 n 值，而后两个条件又最多成立一个，最多贡献 2 个可能的 n 值，也就说明至多 3 个可能的 n。

所以我们仅需要考虑前两个条件均成立的情况，并且后两个的条件必然成立一个，否则 n 的可能值最多为 2。在此基础上，我们只要证明后两个条件无论成立哪一个，均不可能提供多于 1 个可能的 n 值即可。

注意到后两个条件均为二次方程，若其提供多于 1 个可能的 n 值，则意味着对应的二次方程两个根都是素数。

对第三个条件而言，设根为素数 q₁, q₂，那么 a = − q₁ − q₂ < 0，然而 2a = (a+b+1) + (a−b−1) 是两个素数之和，必然为正整数，矛盾。

对第四个条件而言，设根为素数 q₁, q₂，那么 a = q₁ + q₂, b = q₁q₂ − 1。此时：

a − b − 1 = q₁ + q₂ − q₁q₂ = − (q₁−1)(q₂−1) + 1 ≤ 0

不为素数，矛盾。

因此我们证明完毕了所有情况。

令和 5 年（2023）

Problem 1

正の整数 k に対し

$$ A_k = \int_{\sqrt{k\pi}}^{\sqrt{(k + 1)\pi}} |\sin(x^2)|{\rm d}x $$

とおく。次の不等式が成り立つことを示せ。

$$ \dfrac{1}{\sqrt{(k + 1)}\pi} \leq A_k \leq \dfrac{1}{\sqrt{k\pi}} $$

正の整数 n に対し

$$ B_n = \dfrac{1}{\sqrt n}\int_{\sqrt{n\pi}}^{\sqrt{2n\pi}} |\sin(x^2)| {\rm d}x $$

とおく。極限 lim_{n → ∞}B_n を求めよ。

Translation

对于正整数 k，令

$$ A_k = \int_{\sqrt{k\pi}}^{\sqrt{(k + 1)\pi}} |\sin(x^2)|{\rm d}x $$

证明下述不等式。

$$ \dfrac{1}{\sqrt{(k + 1)}\pi} \leq A_k \leq \dfrac{1}{\sqrt{k\pi}} $$

对于正整数 n，令

$$ B_n = \dfrac{1}{\sqrt n}\int_{\sqrt{n\pi}}^{\sqrt{2n\pi}} |\sin(x^2)| {\rm d}x $$

求极限 lim_{n → ∞}B_n

Solution

作换元 t = x²，则：

$$ \begin{aligned} A_k &= \int_{k\pi}^{(k + 1)\pi} |\sin t| {\rm d}\sqrt t = \int_{k\pi}^{(k + 1)\pi} \frac{|\sin t|}{2\sqrt t} {\rm d}t \\ \end{aligned} $$

那么：

$$ A_k \leq \int_{k\pi}^{(k + 1)\pi} \frac{|\sin t|}{2\sqrt{k\pi}} {\rm d}t = \dfrac{1}{\sqrt{k\pi}} $$

不等式另一边可以同理放缩得到。

不难得到下述等式：

$$ B_n = \dfrac{1}{\sqrt n}\sum_{k = n}^{2n - 1} A_k $$

因此利用先前的结论：

$$ B_n \leq \dfrac{1}{\sqrt n}\sum_{k = n}^{2n - 1} \dfrac{1}{\sqrt{k\pi}} < \dfrac{1}{\sqrt n}\sum_{k = n}^{2n - 1} \dfrac{2}{\sqrt{(k - 1)\pi} + \sqrt{k\pi}} = \dfrac{2(\sqrt{2n - 1} - \sqrt{n - 1})}{\sqrt{n\pi}} $$

同理：

$$ B_n \geq \dfrac{1}{\sqrt n}\sum_{k = n}^{2n - 1} \dfrac{1}{\sqrt{(k + 1)\pi}} > \dfrac{1}{\sqrt n}\sum_{k = n}^{2n - 1} \dfrac{2}{\sqrt{(k + 1)\pi} + \sqrt{(k + 2)\pi}} = \dfrac{2(\sqrt{2n + 1} - \sqrt{n + 1})}{\sqrt{n\pi}} $$

根据夹逼法则得到：

$$ \lim_{n\to\infty} B_n = \dfrac{2}{\sqrt\pi}(\sqrt2 - 1) $$

Comment

挺好的练习题，除了放在第一题可能有点难了之外。