Twitterの問題の解説3

この記事では, Twitterで出した, 以下の 極限の問題 の解説を書こうと思います.

$f$の微分可能性まで認めた場合は, 部分積分($x^n$のほうを積分します )によって割と楽に示せるのですが, 連続性のみ認めるだけでも, 極限を求めることができます.

まず, $x^n$のグラフを考えてみると, そのほとんどが$1$付近に寄っていることがわかります. 従って, 積分には$x=1$の値のみが効いてくるので, 答えは$f(1)$と予想できます. (と簡単そうに言いましたが, 私はすぐにはわかりませんでした...😔)

そこで, $x=1$に近い部分とそれ以外の部分に積分区間を区切ってあげて, それぞれ評価することにします. 今回は具体的に$x=1-\frac{1}{\sqrt{n}}$で区切ることにします. (なぜ$1-\frac{1}{n}$でないかは, この後を読めばわかります. )
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(証明)
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$[1]$ 区間$[0,1-\frac{1}{\sqrt{n}}]$

$[0,1]$内での$|f(x)|$の最大値が存在するので, それを$M$とおきます. すると

$$\begin{array}{rcl}|n{\int }_0^{1-\frac{1}{\sqrt{n}}}{x}^{n}f(x)dx|& \leqq & nM{\int }_0^{1-\frac{1}{\sqrt{n}}}{x}^{n}dx\\ & =& \frac{n}{n+1}M\cdot (1-\frac{1}{\sqrt{n}}{)}^{n+1}\\ & \leqq & \frac{n}{n+1}M\cdot (\frac{1}{e}{)}^{\frac{n+1}{\sqrt{n}}}\\ & \to & 0(\mathrm{as}n\to \mathrm{\infty })\end{array}$$
と評価することができます.
$$

$[2]$ 区間$[1-\frac{1}{\sqrt{n}},1]$

この区間内での$f(x)$の最小値, 最大値を$f(a_n),f(b_n)$とおきます. もちろん$a_n,b_n\in [1-\frac{1}{\sqrt{n}},1]$です. すると,

$$nf(a_n){\int }_{1-\frac{1}{\sqrt{n}}}^1{x}^{n}dx\leqq n{\int }_{1-\frac{1}{\sqrt{n}}}^1{x}^{n}f(x)dx\leqq nf(b_n){\int }_{1-\frac{1}{\sqrt{n}}}^1{x}^{n}dx$$
です.

ここで
$$n{\int }_{1-\frac{1}{\sqrt{n}}}^1{x}^{n}dx=\frac{n}{n+1}(1-(1-\frac{1}{\sqrt{n}}{)}^{n+1})\to 1$$
であり, $a_n,b_n\to 1$ ですので, はさみうちの原理より

$$\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}n{\int }_{1-\frac{1}{\sqrt{n}}}^1{x}^{n}f(x)dx=f(1)$$

となります.
$$

$[1],[2]$より,
$$\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}n{\int }_0^1{x}^{n}f(x)dx=f(1)$$
が証明されました.

読んで下さった方, ありがとうございました.
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(追記)

この定理(？)が利用できる問題を見つけました！
$$

(解答)

$$\begin{array}{rcl}{S}_n& =& \sum _{k=1}^{2n}{\int }_0^1(-x{)}^{n-1}dx\\ & =& {\int }_0^1\frac{1-x^{2n}}{1+x}dx\end{array}$$
なので,
$$\begin{array}{rcl}n(\log 2-S_n)& =& \frac{1}{2}\cdot 2n{\int }_0^1\frac{x^{2n}}{1+x}dx\\ & \to & \frac{1}{4}(\mathrm{as}n\to \mathrm{\infty })\end{array}$$
と, 求められました.
$$