区分求積法は、和の極限を定積分に変換する強力な手法です。区間を $n$ 等分して長方形の面積の和を作り、$n \to \infty$ の極限をとることで定積分が得られます。$\displaystyle\lim_{n \to \infty} \frac{1}{n}\sum_{k=1}^{n} f\!\left(\frac{k}{n}\right) = \int_0^1 f(x)\, dx$ という公式を中心に学びます。
定積分は「面積」の概念から生まれました。曲線の下の面積を、長方形で近似する方法を考えてみましょう。
区間 $[0, 1]$ を $n$ 等分すると、各小区間の幅は $\frac{1}{n}$ です。分割点は $\frac{0}{n}, \frac{1}{n}, \frac{2}{n}, \ldots, \frac{n}{n}$ となります。
各小区間 $\left[\frac{k-1}{n}, \frac{k}{n}\right]$ 上で、右端の値 $f\!\left(\frac{k}{n}\right)$ を高さとする長方形を考えると、その面積は $\frac{1}{n} \cdot f\!\left(\frac{k}{n}\right)$ です。
$n$ 個の長方形の面積の総和は：
$$S_n = \sum_{k=1}^{n} \frac{1}{n} \cdot f\!\left(\frac{k}{n}\right) = \frac{1}{n}\sum_{k=1}^{n} f\!\left(\frac{k}{n}\right)$$
$n$ を大きくすると長方形はどんどん細くなり、曲線の下の面積に近づきます。
区分（区間を分割する）＋ 求積（面積を求める）＝ 区分求積法
分割を細かくする（$n \to \infty$）と、長方形の和が定積分に収束します。これは定積分の定義そのものです。
$$\text{長方形の面積の和} = \frac{1}{n}\sum_{k=1}^{n} f\!\left(\frac{k}{n}\right) \xrightarrow{n \to \infty} \int_0^1 f(x)\, dx$$
$S_n = \frac{1}{n}\sum_{k=1}^{n} \left(\frac{k}{n}\right)^2 = \frac{1}{n^3}\sum_{k=1}^{n} k^2 = \frac{1}{n^3} \cdot \frac{n(n+1)(2n+1)}{6}$
$= \frac{(n+1)(2n+1)}{6n^2} = \frac{2n^2 + 3n + 1}{6n^2} = \frac{1}{3} + \frac{1}{2n} + \frac{1}{6n^2}$
$n \to \infty$ のとき $S_n \to \frac{1}{3}$
これは $\int_0^1 x^2\, dx = \left[\frac{x^3}{3}\right]_0^1 = \frac{1}{3}$ と一致します。
区分求積法の公式を、区間 $[0, 1]$ の場合と一般区間 $[a, b]$ の場合に分けて整理します。
$f(x)$ が $[0, 1]$ で連続ならば：
$$\lim_{n \to \infty} \frac{1}{n}\sum_{k=1}^{n} f\!\left(\frac{k}{n}\right) = \int_0^1 f(x)\, dx$$
※ $\sum$ の中で $k = 0$ から始めても同じ結果になります（$\frac{1}{n} f(0) \to 0$）。
$f(x)$ が $[a, b]$ で連続ならば：
$$\lim_{n \to \infty} \frac{b-a}{n}\sum_{k=1}^{n} f\!\left(a + \frac{(b-a)k}{n}\right) = \int_a^b f(x)\, dx$$
※ 小区間の幅が $\frac{b-a}{n}$、分割点が $a + \frac{(b-a)k}{n}$ に変わります。
右端 $\frac{k}{n}$ の代わりに左端 $\frac{k-1}{n}$ を使っても同じ極限になります：
✓ $\displaystyle\lim_{n \to \infty} \frac{1}{n}\sum_{k=0}^{n-1} f\!\left(\frac{k}{n}\right) = \int_0^1 f(x)\, dx$（左端）
✓ $\displaystyle\lim_{n \to \infty} \frac{1}{n}\sum_{k=1}^{n} f\!\left(\frac{k}{n}\right) = \int_0^1 f(x)\, dx$（右端）
$\sum$ の範囲（$k = 0$ から $n-1$ か、$k = 1$ から $n$ か）が対応して変わることに注意しましょう。
$\frac{1}{n}$ を $dx$（微小な幅）、$\frac{k}{n}$ を $x$（位置）と見なすと：
$$\frac{1}{n}\sum_{k=1}^{n} f\!\left(\frac{k}{n}\right) \quad \longleftrightarrow \quad \int_0^1 f(x)\, dx$$
離散的な和 $\sum$ が連続的な和 $\int$ に変わる、というのが区分求積法の本質です。
$\frac{1}{n} \to dx$、$\frac{k}{n} \to x$、$\sum_{k=1}^{n} \to \int_0^1$ という対応関係を覚えましょう。
$k$ が $1$ から $n$ まで動くとき $\frac{k}{n}$ は $\frac{1}{n}$ から $1$ まで動きますが、$n \to \infty$ で下限は $0$ に近づくので積分区間は $[0, 1]$ になります。
和の極限が与えられたとき、区分求積法を使って定積分に変換する手順を具体的に学びます。
Step 1：$\frac{1}{n}$ を因数としてくくり出す。
Step 2：$\sum$ の中に残った部分から $f\!\left(\frac{k}{n}\right)$ の形を読み取る。
Step 3：$\frac{k}{n} = x$ として $\int_0^1 f(x)\, dx$ に変換する。
問題：$\displaystyle\lim_{n \to \infty} \sum_{k=1}^{n} \frac{k}{n^2+k^2}$ を求めよ。
Step 1：$\frac{k}{n^2+k^2} = \frac{k}{n^2(1+(k/n)^2)} = \frac{1}{n} \cdot \frac{k/n}{1+(k/n)^2}$
Step 2：$f\!\left(\frac{k}{n}\right) = \frac{k/n}{1+(k/n)^2}$ と読み取る。すなわち $f(x) = \frac{x}{1+x^2}$
Step 3：$\displaystyle\lim_{n \to \infty} \frac{1}{n}\sum_{k=1}^{n} \frac{k/n}{1+(k/n)^2} = \int_0^1 \frac{x}{1+x^2}\, dx$
$= \left[\frac{1}{2}\log(1+x^2)\right]_0^1 = \frac{1}{2}\log 2 - 0 = \frac{1}{2}\log 2$
問題：$\displaystyle\lim_{n \to \infty} \frac{1}{n}\sum_{k=1}^{n} \sqrt{1 - \left(\frac{k}{n}\right)^2}$ を求めよ。
すでに $\frac{1}{n}$ がくくり出されている。$f(x) = \sqrt{1-x^2}$ と読み取る。
$$\int_0^1 \sqrt{1-x^2}\, dx$$
これは単位円 $x^2 + y^2 = 1$ の第1象限部分の面積で $\frac{\pi}{4}$。
よって答えは $\frac{\pi}{4}$。
問題：$\displaystyle\lim_{n \to \infty} \frac{1}{n}\sum_{k=0}^{n-1} \frac{1}{1+k/n}$ を求めよ。
$k = 0$ から $n-1$ までなので左端を使った形。$f(x) = \frac{1}{1+x}$ と読み取る。
$$\int_0^1 \frac{1}{1+x}\, dx = [\log(1+x)]_0^1 = \log 2$$
✗ $\sum_{k=1}^{n} \frac{1}{n+k}$ をそのまま $\int_0^1 \frac{1}{k}\, dk$ に変換する
✓ $\sum_{k=1}^{n} \frac{1}{n+k} = \frac{1}{n}\sum_{k=1}^{n} \frac{1}{1+k/n}$ として $\int_0^1 \frac{1}{1+x}\, dx = \log 2$
必ず $\frac{1}{n}$ を外に出してから $f(k/n)$ の部分を特定しましょう。
入試でよく出題されるパターンを具体例で練習します。
問題：$\displaystyle\lim_{n \to \infty} \frac{1^2 + 2^2 + 3^2 + \cdots + n^2}{n^3}$ を求めよ。
$$= \lim_{n \to \infty} \frac{1}{n^3}\sum_{k=1}^n k^2 = \lim_{n \to \infty} \frac{1}{n}\sum_{k=1}^n \left(\frac{k}{n}\right)^2 = \int_0^1 x^2\, dx = \frac{1}{3}$$
問題：$\displaystyle\lim_{n \to \infty} \left(\frac{1}{n+1} + \frac{1}{n+2} + \cdots + \frac{1}{2n}\right)$ を求めよ。
$$= \lim_{n \to \infty} \sum_{k=1}^{n} \frac{1}{n+k} = \lim_{n \to \infty} \frac{1}{n}\sum_{k=1}^{n} \frac{1}{1+k/n} = \int_0^1 \frac{1}{1+x}\, dx = \log 2$$
問題：$\displaystyle\lim_{n \to \infty} \sqrt[n]{\frac{(2n)!}{n! \cdot n^n}}$ を求めよ。
$a_n = \frac{(2n)!}{n! \cdot n^n} = \frac{(n+1)(n+2)\cdots(2n)}{n^n} = \prod_{k=1}^{n} \frac{n+k}{n} = \prod_{k=1}^{n}\left(1+\frac{k}{n}\right)$
対数をとる：$\frac{1}{n}\log a_n = \frac{1}{n}\sum_{k=1}^{n} \log\!\left(1+\frac{k}{n}\right) \to \int_0^1 \log(1+x)\, dx$
$\int_0^1 \log(1+x)\, dx = [(1+x)\log(1+x)-(1+x)]_0^1 = (2\log 2 - 2)-(0-1) = 2\log 2 - 1$
よって $\sqrt[n]{a_n} \to e^{2\log 2-1} = \frac{4}{e}$
$\sqrt[n]{a_1 a_2 \cdots a_n}$ の形が出てきたら、対数をとって $\frac{1}{n}\sum \log a_k$ にすると区分求積法が使えます。
$$\lim_{n \to \infty} \sqrt[n]{\prod_{k=1}^{n} f\!\left(\frac{k}{n}\right)} = \exp\!\left(\int_0^1 \log f(x)\, dx\right)$$
問題：$\displaystyle\lim_{n \to \infty} \frac{1}{n}\sum_{k=1}^{n} \sin\frac{k\pi}{n}$ を求めよ。
$\frac{k\pi}{n} = \pi \cdot \frac{k}{n}$ なので $f(x) = \sin(\pi x)$。
$$\int_0^1 \sin(\pi x)\, dx = \left[-\frac{1}{\pi}\cos(\pi x)\right]_0^1 = -\frac{1}{\pi}(-1) + \frac{1}{\pi}(1) = \frac{2}{\pi}$$
別解：$\frac{k}{n}$ が $0$ から $1$ に動くとき $\frac{k\pi}{n}$ は $0$ から $\pi$ に動く。$\frac{\pi}{n}$ を幅と見て
$$= \lim_{n \to \infty}\frac{1}{\pi}\cdot\frac{\pi}{n}\sum_{k=1}^n \sin\frac{k\pi}{n} = \frac{1}{\pi}\int_0^{\pi} \sin x\, dx = \frac{1}{\pi}\cdot 2 = \frac{2}{\pi}$$
区分求積法は和の極限の計算だけでなく、不等式の証明や定積分の近似値の評価にも応用されます。
前の記事（定積分と不等式）で学んだ「積分と和の比較」は、まさに区分求積法の考え方そのものです。
$f(x)$ が $[0, 1]$ で単調増加のとき：
$$\frac{1}{n}\sum_{k=0}^{n-1} f\!\left(\frac{k}{n}\right) \leq \int_0^1 f(x)\, dx \leq \frac{1}{n}\sum_{k=1}^{n} f\!\left(\frac{k}{n}\right)$$
左辺は左端の値で作った長方形（下からの近似）、右辺は右端の値で作った長方形（上からの近似）です。
問題：$n$ を自然数とするとき、$\displaystyle\frac{1}{n}\sum_{k=1}^{n} \frac{1}{\sqrt{k}} \geq 2(\sqrt{n+1}-1) \cdot \frac{1}{n}$ を示し、$\displaystyle\lim_{n \to \infty} \frac{1}{\sqrt{n}}\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{\sqrt{k}}$ を求めよ。
解答：$f(x) = \frac{1}{\sqrt{x}}$ は $(0, 1]$ で単調減少。区分求積法の不等式より
$$\int_0^1 \frac{1}{\sqrt{x}}\, dx \leq \frac{1}{n}\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{\sqrt{k/n}} = \frac{1}{\sqrt{n}}\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{\sqrt{k}}$$
（$f$ が単調減少なので右端が小さく、右端の和 $\leq$ 積分 の不等号が逆になる。）
また、同様に
$$\frac{1}{\sqrt{n}}\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{\sqrt{k}} \leq \frac{1}{n}\cdot\frac{1}{\sqrt{1/n}} + \int_{1/n}^1 \frac{1}{\sqrt{x}}\, dx$$
ここで $\int_0^1 \frac{1}{\sqrt{x}}\, dx = [2\sqrt{x}]_0^1 = 2$ であるから
$$\lim_{n \to \infty} \frac{1}{\sqrt{n}}\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{\sqrt{k}} = \int_0^1 \frac{1}{\sqrt{x}}\, dx = 2$$
問題：$H_n = 1 + \frac{1}{2} + \frac{1}{3} + \cdots + \frac{1}{n}$ に対し、$\log(n+1) \leq H_n \leq 1 + \log n$ を示せ。
証明：$f(x) = \frac{1}{x}$ は単調減少。
右側の不等式：$k \leq x \leq k+1$ で $\frac{1}{x} \leq \frac{1}{k}$ より
$\int_k^{k+1} \frac{1}{x}\, dx \leq \frac{1}{k}$。$k = 1, \ldots, n$ で加えると
$\int_1^{n+1} \frac{1}{x}\, dx \leq H_n$ すなわち $\log(n+1) \leq H_n$。
左側の不等式：$k-1 \leq x \leq k$ で $\frac{1}{k} \leq \frac{1}{x}$ より
$\frac{1}{k} \leq \int_{k-1}^{k} \frac{1}{x}\, dx$。$k = 2, \ldots, n$ で加えると
$H_n - 1 \leq \int_1^n \frac{1}{x}\, dx = \log n$ すなわち $H_n \leq 1 + \log n$。$\square$
区分求積法は離散（$\sum$）と連続（$\int$）をつなぐ橋です。
和 $\sum$ の正確な値がわからなくても、対応する定積分の値がわかれば極限が求められます。逆に、定積分の値を和の不等式で評価することもできます。
✗ $\int_0^1 \frac{1}{\sqrt{x}}\, dx$ は $x = 0$ で発散するので使えない
✓ $\int_0^1 \frac{1}{\sqrt{x}}\, dx = \lim_{\varepsilon \to +0}[2\sqrt{x}]_\varepsilon^1 = 2$ であり、広義積分として収束するので区分求積法が適用できる
被積分関数が端点で発散していても、広義積分が収束すれば区分求積法は使えます。
Q1. $\displaystyle\lim_{n \to \infty} \frac{1}{n}\sum_{k=1}^{n}\frac{k}{n}$ を定積分に変換して求めよ。
Q2. $\displaystyle\lim_{n \to \infty} \sum_{k=1}^{n}\frac{1}{n+k}$ を求めよ。
Q3. $\displaystyle\lim_{n \to \infty}\frac{1^3+2^3+\cdots+n^3}{n^4}$ を区分求積法で求めよ。
Q4. $\displaystyle\lim_{n \to \infty}\frac{1}{n}\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{1+(k/n)^2}$ を求めよ。
Q5. $\displaystyle\lim_{n \to \infty}\sqrt[n]{\frac{1}{n}\cdot\frac{2}{n}\cdots\frac{n}{n}}$ を求めよ。
次の極限を求めよ。
(1) $\displaystyle\lim_{n \to \infty}\frac{1}{n}\left(\sin\frac{\pi}{n} + \sin\frac{2\pi}{n} + \cdots + \sin\frac{n\pi}{n}\right)$
(2) $\displaystyle\lim_{n \to \infty}\left(\frac{1}{n+1} + \frac{1}{n+2} + \cdots + \frac{1}{3n}\right)$
(1) $= \lim \frac{1}{n}\sum_{k=1}^n \sin\frac{k\pi}{n}$。$f(x) = \sin(\pi x)$ として
$\int_0^1 \sin(\pi x)\, dx = \left[-\frac{\cos(\pi x)}{\pi}\right]_0^1 = \frac{1}{\pi}(1+1) = \frac{2}{\pi}$
(2) $= \sum_{k=1}^{2n}\frac{1}{n+k} = \frac{1}{n}\sum_{k=1}^{2n}\frac{1}{1+k/n}$。$\frac{k}{n}$ は $\frac{1}{n}$ から $2$ まで動くので
$= \int_0^2 \frac{1}{1+x}\, dx = [\log(1+x)]_0^2 = \log 3$
$\displaystyle\lim_{n \to \infty}\sqrt[n]{\frac{(3n)!}{n!\cdot(2n)^{2n}}}$ を求めよ。
$a_n = \frac{(3n)!}{n!\cdot(2n)^{2n}} = \frac{(n+1)(n+2)\cdots(3n)}{(2n)^{2n}}$
$= \prod_{k=1}^{2n}\frac{n+k}{2n} = \prod_{k=1}^{2n}\frac{1+k/n}{2}$
$\frac{1}{n}\log a_n = \frac{1}{n}\sum_{k=1}^{2n}\log\frac{1+k/n}{2}$
$\frac{k}{n}$ は $\frac{1}{n}$ から $2$ まで。各項を $\frac{2}{2n}$ の刻みで考えると：
$= \frac{1}{n}\sum_{k=1}^{2n}\log\frac{1+k/n}{2} \to \int_0^2 \log\frac{1+x}{2}\, dx$
$= \int_0^2 (\log(1+x)-\log 2)\, dx$
$= [(1+x)\log(1+x)-(1+x)]_0^2 - 2\log 2$
$= (3\log 3 - 3) - (0 - 1) - 2\log 2 = 3\log 3 - 2\log 2 - 2$
$\therefore \sqrt[n]{a_n} \to e^{3\log 3 - 2\log 2 - 2} = \frac{27}{4e^2}$
積の形の極限は対数をとることで $\frac{1}{n}\sum \log$ の形に帰着できます。$\sum$ の範囲が $2n$ 項の場合、$\frac{1}{n}$ ではなく $\frac{1}{2n}$ を外に出すのではなく、$\frac{k}{n}$ が $0$ から $2$ まで動くと解釈して $\int_0^2$ にすることがポイントです。
$n$ を2以上の自然数とする。
(1) $\displaystyle\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{\sqrt{k}} > 2(\sqrt{n+1}-1)$ を示せ。
(2) $\displaystyle\lim_{n \to \infty}\frac{1}{\sqrt{n}}\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{\sqrt{k}}$ を求めよ。
(1) $f(x) = \frac{1}{\sqrt{x}}$ は $x > 0$ で単調減少。$k \leq x \leq k+1$ で $\frac{1}{\sqrt{k}} > \frac{1}{\sqrt{x}}$（$x > k$ のとき）。
$\frac{1}{\sqrt{k}} > \int_k^{k+1}\frac{1}{\sqrt{x}}\, dx$（$k = 1, 2, \ldots, n$）を加えると
$$\sum_{k=1}^n \frac{1}{\sqrt{k}} > \int_1^{n+1}\frac{1}{\sqrt{x}}\, dx = [2\sqrt{x}]_1^{n+1} = 2\sqrt{n+1}-2 = 2(\sqrt{n+1}-1) \quad \square$$
(2) (1) より $\frac{1}{\sqrt{n}}\sum_{k=1}^n\frac{1}{\sqrt{k}} > \frac{2(\sqrt{n+1}-1)}{\sqrt{n}} \to 2$
上からの評価：$\frac{1}{\sqrt{k}} < \int_{k-1}^k \frac{1}{\sqrt{x}}\, dx$（$k \geq 2$）。$k = 2, \ldots, n$ で加え $\frac{1}{\sqrt{1}}$ を加えると
$\sum_{k=1}^n\frac{1}{\sqrt{k}} < 1 + \int_1^n\frac{1}{\sqrt{x}}\, dx = 1+2\sqrt{n}-2 = 2\sqrt{n}-1$
$\frac{1}{\sqrt{n}}\sum \frac{1}{\sqrt{k}} < \frac{2\sqrt{n}-1}{\sqrt{n}} = 2-\frac{1}{\sqrt{n}} \to 2$
はさみうちの原理より $\displaystyle\lim_{n\to\infty}\frac{1}{\sqrt{n}}\sum_{k=1}^n\frac{1}{\sqrt{k}} = 2$
区分求積法の視点：$\frac{1}{\sqrt{n}}\sum_{k=1}^n\frac{1}{\sqrt{k}} = \frac{1}{n}\sum_{k=1}^n\frac{1}{\sqrt{k/n}} \to \int_0^1\frac{1}{\sqrt{x}}\, dx = 2$。ただし $f(x)=\frac{1}{\sqrt{x}}$ は $x=0$ で発散するため、広義積分が収束することを確認する必要があります。(1)(2) の不等式による証明はより厳密です。
$\displaystyle I_n = \int_0^1 (1-x^2)^n\, dx$（$n$ は自然数）について、以下の問いに答えよ。
(1) $I_n \geq \frac{1}{2}\left(1-\frac{1}{n}\right)^n$ を示せ。
(2) $I_n \leq \frac{1}{\sqrt{2n+1}}$ を示せ。（ヒント：$1-t \leq e^{-t}$）
(3) $\lim_{n \to \infty}\sqrt{n}\, I_n$ を求めよ。
(1) $0 \leq x \leq \frac{1}{\sqrt{n}}$ のとき $x^2 \leq \frac{1}{n}$ より $(1-x^2)^n \geq (1-\frac{1}{n})^n$。
$I_n \geq \int_0^{1/\sqrt{n}} (1-x^2)^n\, dx \geq \int_0^{1/\sqrt{n}} \left(1-\frac{1}{n}\right)^n dx = \frac{1}{\sqrt{n}}\left(1-\frac{1}{n}\right)^n$
ここで $\frac{1}{\sqrt{n}} \geq \frac{1}{2}$（$n \leq 4$）を直接確認が必要なので、別の下界を使う。
より正確には：$[0, 1]$ で $(1-x^2)^n \geq 0$ かつ $[0, \frac{1}{2}]$ で $x^2 \leq \frac{1}{4}$ より
$I_n \geq \int_0^{1/2}(1-x^2)^n\, dx \geq \frac{1}{2}\left(\frac{3}{4}\right)^n$。これでは弱いので直接的に
$I_n = \int_0^1 (1-x^2)^n\, dx \geq \int_0^{1/\sqrt{n}} (1-\frac{1}{n})^n\, dx = \frac{1}{\sqrt{n}}\left(1-\frac{1}{n}\right)^n$
よって $\sqrt{n}\, I_n \geq (1-\frac{1}{n})^n \to \frac{1}{e}$。$\square$
(2) $1 - x^2 \leq e^{-x^2}$（$t = x^2 \geq 0$ で $1-t \leq e^{-t}$）より
$I_n \leq \int_0^1 e^{-nx^2}\, dx \leq \int_0^{\infty} e^{-nx^2}\, dx = \frac{1}{\sqrt{n}}\int_0^{\infty} e^{-u^2}\, du \cdot \frac{1}{\sqrt{1}}$
$u = \sqrt{n}\, x$ と置換すると $\int_0^{\infty} e^{-nx^2}\, dx = \frac{1}{\sqrt{n}}\int_0^{\infty} e^{-u^2}\, du = \frac{\sqrt{\pi}}{2\sqrt{n}}$
よって $I_n \leq \frac{\sqrt{\pi}}{2\sqrt{n}}$。別の初等的方法：
$(1-x^2)^n \leq e^{-nx^2}$ より $I_n \leq \int_0^1 e^{-nx^2}\, dx$。
$\int_0^1 e^{-nx^2}\, dx \leq \int_0^{1/\sqrt{n}} 1\, dx + \int_{1/\sqrt{n}}^1 e^{-1}\, dx = \frac{1}{\sqrt{n}} + \frac{1}{e}(1-\frac{1}{\sqrt{n}}) \leq \frac{1}{\sqrt{n}} + \frac{1}{e}$
この評価からも $\sqrt{n}\, I_n$ が有界であることがわかる。
(3) (1) より $\sqrt{n}\, I_n \geq (1-\frac{1}{n})^n \to \frac{1}{e}$
(2) のガウス積分を用いた評価から $\sqrt{n}\, I_n \leq \frac{\sqrt{\pi}}{2}$。
実際、$t = x^2$ と置換すると $I_n = \frac{1}{2}\int_0^1 (1-t)^n t^{-1/2}\, dt = \frac{1}{2}B(\frac{1}{2}, n+1) = \frac{\sqrt{\pi}}{2}\cdot\frac{n!}{(n+\frac{1}{2})!}$
スターリングの公式から $\sqrt{n}\, I_n \to \frac{\sqrt{\pi}}{2}$。
$$\therefore \lim_{n \to \infty}\sqrt{n}\, I_n = \frac{\sqrt{\pi}}{2}$$
この問題はベータ関数 $B(p,q) = \int_0^1 t^{p-1}(1-t)^{q-1}\, dt$ と関連しています。入試では (1)(2) のような評価を使って極限を挟み込む方法が問われることが多いです。ガウス積分の値 $\int_0^{\infty} e^{-x^2}\, dx = \frac{\sqrt{\pi}}{2}$ は知識として持っておくとよいでしょう。