2.格子点と面積・面積での近似・Pickの定理

次の問題は平成２０年度の山梨大学の問題です．領域が与えられたときの，面積と含まれる格子点の個数の関係の面白い問題です．
この問題で，積分の値の評価の方法（値の範囲を調べることを評価するという．もちろん狭ければ狭いほど良い）を学んでください．
なお，表題のPickの定理とは，頂点がすべて格子点である多角形の面積と含まれる格子点の個数の関係で，それを使うと この問題もあっさり解決します．
しかし受験を考えるなら深入りしないほうが賢明でしょう．

問題
$n$を自然数とする．
$|x|\leqq n,|y|\leqq n$
を満たす格子点の個数を$S_n$
$x^2+y^2\leqq n^2$
を満たす格子点の個数を$T_n$とし，
$p_n=\dfrac{T_n}{S_n}$
とおく．
(1) $n\to \infty$のときの$p_n$の極限値を求めよ．
(2) $p_n < \dfrac{\pi}{4}$を証明せよ．
（平成２１年山梨大）


解答
(１)以下の$[ \ \ ]$はガウス記号である．
$[\sqrt{n^2-k^2}]=\sqrt{n^2-k^2}-c_k \ \ \cdots (\sharp)$
ただし$0\leqq c_k <1$
となる．

もちろん
ガウス記号についての不等式
$\sqrt{n^2-k^2}-1 < [\sqrt{n^2-k^2}] \leqq \sqrt{n^2-k^2} \ \ \cdots (\flat)$
を用いてもよい．
ガウス記号を含む式の極限を求めるときは上の$(\sharp )$の等式または$(\flat)$の不等式を用いることが多い．
さて問題を見てみよう．第１象限における$T_n$の個数は，
$\displaystyle \sum_{k=1}^n[\sqrt{n^2-k^2}]$
であり．
$\displaystyle \sum_{k=1}^n[\sqrt{n^2-k^2}] =\sum_{k=1}^n\sqrt{n^2-k^2}-c_k \ \ (0\leqq c_k < 1)$
をえる．
したがって
$\displaystyle -n+\sum_{k=1}^n\sqrt{n^2-k^2} < \sum_{k=1}^n[\sqrt{n^2-k^2}] \leqq \sum_{k=1}^n\sqrt{n^2-k^2}$
座標軸上の格子点は$4n+1$個より
$\displaystyle T_n=4n+1+4\sum_{k=1}^n[\sqrt{n^2-k^2}]$
したがって
$\displaystyle 1+4\sum_{k=1}^n\sqrt{n^2-k^2} < T_n \leqq 4n+1+4\sum_{k=1}^n\sqrt{n^2-k^2}$
一方，
$S_n=(2n+1)^2$
より
$\displaystyle \lim_{n\to \infty}\dfrac{T_n}{S_n}$
$\displaystyle =\lim_{n\to \infty}\dfrac{4\sum\limits_{k=1}^n\sqrt{n^2-k^2}}{(2n+1)^2}$
$\displaystyle =\lim_{n\to \infty}\dfrac{4n^2}{(2n+1)^2}\cdot \sum_{k=1}^n\dfrac{\sqrt{n^2-k^2}}{n}\cdot \dfrac{1}{n}$
$\displaystyle =\int_0^1\sqrt{1-x^2}dx=\dfrac{\pi}{4}$

(2)は(1)ほど単純ではない．
極限をを求めるには，分母が$n$の２次式なら，分子は$n$の１次式の範囲で自由に加減してよい．
しかし，(2)は$p_n$の値を調べる必要があるからです．
$p_n$を積分による評価をします．
この方法はしばしば用いられます．

単位円内および周上の第１象限における格子点の個数は
$\displaystyle \sum_{k=1}^n[\sqrt{n^2-k^2}]$
であり，$[\sqrt{n^2-k^2}]$を底辺$1$高さ$[\sqrt{n^2-k^2}]$の長方形の面積と考え，
$\displaystyle \sum_{k=1}^n[\sqrt{n^2-k^2}]\leqq \dfrac{n^2\pi}{4}$
を得る．しかしこの評価ではうまくいきません．
実際，
$4n+1+4\cdot \dfrac{n^2\pi}{4}-\dfrac{\pi}{4}\cdot (2n+1)^2$
$=(4-\pi)n+(1-\dfrac{\pi}{4}) > 0$
となる．
問題点はどこにあるかというと評価が甘い，すなわち不等式
$\displaystyle \sum_{k=1}^n[\sqrt{n^2-k^2}]\leqq \dfrac{n^2\pi}{4}$
の精度をもう少しあげる必要があります．

右図の紫の部分に注目しましょう．
紫の三角形の面積の和は$\frac{n}{2}$以上ですから
$\displaystyle \sum_{k=1}^n[\sqrt{n^2-k^2}]\leqq \dfrac{n^2\pi}{4}-\dfrac{n}{2}$
が成り立ちます．
この評価式を用いると
$T_n-\dfrac{\pi}{4}\cdot(2n+1)^2$
$< 4(\dfrac{n^2\pi}{4}-\dfrac{n}{2})+4n+1-\dfrac{\pi(2n+1)^2}{4}$
$=(2-\pi)n+(1-\dfrac{\pi}{4})$
$\leqq (2-\pi)+1-\dfrac{\pi}{4} < 0$
となり(2)が証明された．

＜解説＞
この問題で考えた，曲線の折れ線で面積を近似することは，計算も面倒でない効率的な近似です．
この近似を面積近似の 台形公式といいます．
具体的には次のようになります．
右図の
$\displaystyle \int_0^nf(x)dx$
を折れ線で近似すると（黄色の面積）台形の和を計算することになり

となります．

面積の近似でもう１つ覚えておくべきことがあります． 下に凸の曲線の面積の下から近似です．もちろん上に凸の上からの近似でも用いられます．これは折れ線は 使えませんから，接線を使うことになります．
右図で，太線と$x$軸，２直線$x=a,x=b$で囲まれた面積を$a,b$の中点

における接線を利用します．
すなわち

となります．しかし，この評価はそれほど良いわけではありません．そのため問題に応じていろいろ考える必要がありますが， 長方形，およびこの方法でだいたい処理できます．
一つ例題を解きましょう．
例題
$0 < x < a$をみたす実数$x,a$に対し，次を示せ．
$\displaystyle \dfrac{2x}{a} < \int_{a-x}^{a+x}\dfrac{1}{t}dt < x\left(\dfrac{1}{a+x}+\dfrac{1}{a-x}\right)$
　
（２００８年東大）

　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 解答
右図で黄色の部分の面積は

桃色の線の方の面積は

ちなみに，

よりは

の方が良い評価です．


さて，ここで，表題にもあるPickの定理の話をします．
数学オリンピックの勉強をした人は分かっているかもしれませんが，多くの 生徒は初めてでしょう．

ここでは，頂点が格子点からなる多角形を考えます．
頂点が格子点からなる多角形を格子点多角形といいます．
Pickの定理とは次の内容です．

定理
Ｓを格子点多角形とする．Ｓの周上の格子点の個数を$n$， Ｓの内部の格子点の個数を$m$とすると
（Ｓの面積）$=\dfrac{n}{2}+m-1$
が成り立つ．

証明
数学的帰納法で証明します．
まず，三角形で成り立つことを示します．
（T）直角三角形で直角をはさむ２辺がｘ軸，ｙ軸と平行のとき．
△ＯＡＢで辺ＯＡ，ＯＢがそれぞれｘ軸，ｙ軸に平行とします．
辺ＯＡ，ＯＢ，ＡＢ上の両端点を除く格子点の個数をそれぞれａ個，ｂ個，ｃ個とします．
△ＯＡＢの内部に含まれる格子点の個数は，右図の長方形を考えるのうまい方法です．
長方形ＯＡＣＢの内部に含まれる格子点の個数はａｂより，
△ＯＡＢの内部に含まれる格子点の個数は（ａｂ−ｃ）／２となります．
△ＯＡＢの周上の格子点の個数はａ＋ｂ＋ｃ＋３個であるから，

＝（△ＯＡＢの面積）


(U)1辺が座標軸と平行なとき．
△ＯＡＢでＯＡがｘ軸と平行なとき．
∠Ｏ，∠Ａが鋭角なとき証明する．
△ＯＡＢを右図のように△ＢＯＤ，△ＢＡＤに分割する．
辺ＯＤ，ＯＢ，ＡＤ，ＡＢ，ＢＤ上の両端以外の格子点の個数をそれぞれａ，ｂ，ｃ，ｄ，ｅ，
△ＯＢＤ，△ＡＢＤの内部の格子点の 個数をそれぞれｆ，ｇとする．
（T）で示したことより，
（△ＯＢＤの面積）＋（△ＡＢＤの面積）

したがってなりたつ．

(U)で∠Ｏまたは∠Ａが鈍角の場合や，３辺とも座標軸と平行でない場合は右の図のように考えれば同様に 示すことが出来る．



ｎ角形まで証明されたとして，ｎ＋１角形の場合に成り立つことを証明する．

完全に含まれる対角線ＡＢでｎ＋１角形を分割し，分割したそれぞれの多角形をＰ，Ｑとする．
Ｐの周上の格子点のうち線分ＡＢの内部以外のものの個数をａ，Ｑの周上の格子点のうち 線分ＡＢの内部以外のものの個数をｂ，線分ＡＢの内部に含まれる格子点の個数をｃ，Ｐ，Ｑの 内部に含まれる格子点の個数をそれぞれｄ，ｅとする．
このとき，Ｐ，Ｑはそれぞれｎ角形以下の格子点多角形であるから，数学的帰納法の仮定より
（Ｐの面積）＋（Ｑの面積）

よりｎ＋１角形でも成り立つ．


以上でPickの定理の証明が終了しました．
山梨大学の問題(2)をPickの定理を用いて証明すれば次のようになる．
右の図のように，格子点多角形をつくり，
格子点多角形の内部の点の個数を$a$，周上の点の個数を$b$とする．
このとき，Pickの定理より
$a+\dfrac{b}{2}-1\leqq n^2\pi$
一方$b\leqq 4n$より
(∵　$x=\pm n$のとき１個，$-n+1\leqq x\leqq n-1$のとき$2$個か$0$個)
$a+b=a+\dfrac{b}{2}+\dfrac{b}{2}\leqq n^2\pi +1+2n$
したがって
$\dfrac{(2n+1)^2\pi}{4}-(n^2\pi +1+2n)$
$=\dfrac{(4\pi-8)n+\pi-4}{4}$
$\geqq \dfrac{(4\pi-8)+\pi-4}{4} > 0$
したがって，（２）が証明された．

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