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時々見かける極限の証明

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$$\newcommand{a}[0]{\alpha} \newcommand{asn}[0]{\hspace{16pt}(\mathrm{as}\ n\to\infty)} \newcommand{b}[0]{\beta} \newcommand{beq}[0]{\begin{eqnarray*}} \newcommand{c}[2]{{}_{#1}\mathrm{C}_{#2}} \newcommand{C}[0]{\mathbb{C}} \newcommand{cb}[0]{\binom{2n}{n}} \newcommand{ds}[0]{\displaystyle} \newcommand{eeq}[0]{\end{eqnarray*}} \newcommand{G}[1]{\Gamma({#1})} \newcommand{g}[0]{\gamma} \newcommand{hp}[0]{\frac{\pi}2} \newcommand{I}[0]{\mathrm{I}} \newcommand{l}[0]{\ell} \newcommand{limn}[0]{\lim_{n\to\infty}} \newcommand{limx}[0]{\lim_{x\to\infty}} \newcommand{N}[0]{\mathbb{N}} \newcommand{nck}[0]{\binom{n}{k}} \newcommand{p}[0]{\varphi} \newcommand{Q}[0]{\mathbb{Q}} \newcommand{R}[0]{\mathbb{R}} \newcommand{space}[0]{\hspace{12pt}} \newcommand{sumk}[1]{\sum_{k={#1}}^n} \newcommand{sumn}[1]{\sum_{n={#1}}^\infty} \newcommand{t}[0]{\theta} \newcommand{tc}[0]{\TextCenter} \newcommand{Z}[0]{\mathbb{Z}} $$

${}$

この記事では, 時々みかける以下の極限の証明をしようと思います.

$$\ds\limn\bigg(\ \sum_{k=1}^nf\Big(\frac kn\Big)-\,n\int_0^1f(x)\,dx\bigg)=\frac{f(1)-f(0)}2$$

これは, 以前 私の記事 でも証明を書いたのですが, 実は「オイラーの和公式」( Wikipediaの記事 参照) を背景にしているということに気づいたので, その考え方を用いて簡潔な証明を書こうと思います. (Wikiよりも具体的に, わかりやすく書こうと思います.)

式が横長になると思うので, スマートフォンでご覧の方は横向きにすることをお勧めします.
${}$

(証明)

部分積分により,

$$\beq &&\int_k^{k+1}f\Big(\frac xn\Big)\,dx\\[5pt] &=&\int_0^1f\Big(\frac {k+x}n\Big)\,dx\\[5pt] &=&\bigg[\Big(x-\frac12\Big)f\Big(\frac {k+x}n\Big)\bigg]_0^1-\frac1n\int_0^1\Big(x-\frac12\Big)f'\Big(\frac {k+x}n\Big)\,dx\\[5pt] &=&\frac12\bigg\{f\Big(\frac kn\Big)+f\Big(\frac{k+1}n\Big)\bigg\}-\frac1n\int_0^1\Big(x-\frac12\Big)f'\Big(\frac {k+x}n\Big)\,dx \eeq$$

ここで,

$$\beq &&\int_0^1\Big(x-\frac12\Big)f'\Big(\frac {k+x}n\Big)\,dx\\[5pt] &=&\bigg[\frac12(x^2-x)f'\Big(\frac {k+x}n\Big)\bigg]_0^1-\frac1{2n}\int_0^1(x^2-x)f''\Big(\frac {k+x}n\Big)\,dx\\[5pt] &=&-\frac1{2n}\int_0^1(x^2-x)f''\Big(\frac {k+x}n\Big)\,dx \eeq$$

ですので,

$$ \int_k^{k+1}f\Big(\frac xn\Big)\,dx=\frac12\bigg\{f\Big(\frac kn\Big)+f\Big(\frac{k+1}n\Big)\bigg\}+\frac1{2n^2}\int_0^1(x^2-x)f''\Big(\frac {k+x}n\Big)\,dx$$

と書けます. (長くてすみません...)
${}$

これの両辺を$k=0,1,\ldots,n-1$として足し合わせます.

まず左辺は区間が足し合わされて, $\ds\int_0^nf\Big(\frac xn\Big)\,dx$ 即ち $\ds n\int_0^1f(x)\,dx$ となります.

右辺第1項は,

$$\beq &&\sum_{k=0}^{n-1}\frac12\bigg\{f\Big(\frac kn\Big)+f\Big(\frac{k+1}n\Big)\bigg\}\\[5pt] &=&\frac12f(0)+f\Big(\frac1n\Big)+\cdots+f\Big(\frac{n-1}n\Big)+\frac12f(1)\\[5pt] &=&\sumk{1}f\Big(\frac kn\Big)-\frac{f(1)-f(0)}{2} \eeq$$

と書けます.

最後に右辺第2項は, 積分の部分は有限なので($f$の中身は0~1の間なので, 積分は有限の値となります), ある定数$m,M$が存在して上下から押さえられます. 即ち

$$\frac{m}{2n}<\sum_{k=0}^{n-1}(右辺第2項)<\frac{M}{2n}$$
とできるので, 和自体が$n\to\infty$$0$に収束します.

以上より,

$$ n\int_0^1f(x)\,dx=\sumk{1}f\Big(\frac kn\Big)-\frac{f(1)-f(0)}{2}+\frac{(有限値)}{n}$$

即ち
$$\ds\limn\bigg(\ \sum_{k=1}^nf\Big(\frac kn\Big)-\,n\int_0^1f(x)\,dx\bigg)=\frac{f(1)-f(0)}2$$
が証明されました.
${}$

部分積分で$x-\frac12$を出して0,1を入れて同じになるようにしてからの, さらに部分積分で$x^2-x$として0,1のどちらでも0になっているのが面白いと思いました. このへんはベルヌーイ多項式というものが絡んでいるらしいです.

${}$

${}$

${}$

投稿日:2021219

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投稿者

東大理数B3です

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