ウォリス積絡みの極限

三角関数,ウォリスの公式,ウォリス積分

441

今回はつぎの式(☆)を示したいと思います

(☆)

$lim_{n \to \infty} \sqrt{n} \int_{0}^{π} f (x) \sin^{n} x d x = \sqrt{2 π} f (\frac{π}{2})$

但し、 $f (x)$ は区間 $[0, π]$ で連続な関数

証明の概略

STEP1
$x$ が $\frac{π}{2}$ から遠いところで $lim$ の中身が $0$ に収束することをしめす。
STEP2
$x$ が $\frac{π}{2}$ に近いところでの極限値を計算する。

(注)この記事ではウォリス積の証明はしません。
代わりに高校数学の美しい物語さんウォリス積のページのリンクを貼っておきます。
https://manabitimes.jp/math/760

証明 STEP1

まず以下の式(甲)を示します

(甲)

$lim_{n \to \infty} \sqrt{n} \int_{0}^{\frac{π}{2} - ε} f (x) \sin^{n} x d x = 0$
但し $ε = n^{- \frac{1}{3}}$

$0 ≦ x ≦ \frac{π}{2}$ での $| f (x) |$ の最大値を $M$ とすると
$| \sqrt{n} \int_{0}^{\frac{π}{2} - ε} f (x) \sin^{n} x d x | ≦ \sqrt{n} \int_{0}^{\frac{π}{2} - ε} | f (x) \sin^{n} x | d x ≦ \sqrt{n} \int_{0}^{\frac{π}{2} - ε} M \sin^{n} x d x ≦ \sqrt{n} \int_{0}^{\frac{π}{2} - ε} M \sin^{n} (\frac{π}{2} - ε) d x = M (\frac{π}{2} - ε) \sqrt{n} \cos^{n} ε ≦ M (\frac{π}{2} - ε) (\frac{1}{ε})^{\frac{3}{2}} ((1 - (\frac{1}{2} ε^{2} - \frac{1}{24} ε^{4}))^{\frac{1}{\frac{1}{2} ε^{2} - \frac{1}{24} ε^{4}}})^{\frac{1}{2 ε} - \frac{1}{24} ε}$
5行目から6行目はマクローリン型不等式
$\cos x ≦ 1 - \frac{1}{2} x^{2} + \frac{1}{24} x^{4}$
を用いた。
ここで $n \to \infty$ で $ε \to 0$ だから
$lim_{n \to \infty} M (\frac{π}{2} - ε) (\frac{1}{ε})^{\frac{3}{2}} ((1 - (\frac{1}{2} ε^{2} - \frac{1}{24} ε^{4}))^{\frac{1}{\frac{1}{2} ε^{2} - \frac{1}{24} ε^{4}}})^{\frac{1}{2 ε} - \frac{1}{24} ε} = 0$
これと上の不等式より
$lim_{n \to \infty} \sqrt{n} \int_{0}^{\frac{π}{2} - ε} f (x) \sin^{n} x d x = 0$

また、(甲)を使うと
$\int_{\frac{π}{2} + ε}^{π} f (x) \sin^{n} x d x = \int_{0}^{\frac{π}{2} - ε} f (π - x) \sin^{n} x d x$
より

(乙)

$lim_{n \to \infty} \sqrt{n} \int_{\frac{π}{2} + ε}^{π} f (x) \sin^{n} x d x = 0$

が導かれます。
また、途中式をみるとつぎの式(丙)もわかります

(丙)

$lim_{n \to \infty} \sqrt{n} \int_{0}^{\frac{π}{2} - ε} \sin^{n} x d x = lim_{n \to \infty} \sqrt{n} \int_{\frac{π}{2} + ε}^{π} \sin^{n} x d x = 0$

証明 STEP2

まずつぎの式(丁)を示します。

(丁)

$lim_{n \to \infty} \sqrt{n} \int_{\frac{π}{2} - ε}^{\frac{π}{2} + ε} f (x) \sin^{n} x d x = \sqrt{2 π} f (\frac{π}{2})$

条件より、区間 $\frac{π}{2} - ε ≦ x ≦ \frac{π}{2} + ε$ で常に $| f (\frac{π}{2}) - f (x) | ≦ a_{n}$ かつ $lim_{n \to \infty} a_{n} = 0$ となる正数列 ${a_{n}}$ が存在する。
よって
$| \sqrt{n} \int_{\frac{π}{2} - ε}^{\frac{π}{2} + ε} (f (\frac{π}{2}) - f (x)) \sin^{n} x d x | ≦ \sqrt{n} \int_{\frac{π}{2} - ε}^{\frac{π}{2} + ε} | f (\frac{π}{2}) - f (x) | \sin^{n} x d x ≦ a_{n} \sqrt{n} \int_{\frac{π}{2} - ε}^{\frac{π}{2} + ε} \sin^{n} x d x ≦ a_{n} \sqrt{n} \int_{0}^{π} \sin^{n} x d x$
ここで
$lim_{n \to \infty} \sqrt{n} \int_{0}^{π} \sin^{n} x d x = \sqrt{2 π}$
(∵ウォリス積)に注意すると
$lim_{n \to \infty} a_{n} \sqrt{n} \int_{0}^{π} \sin^{n} x d x = 0$
よって
$lim_{n \to \infty} | \sqrt{n} \int_{\frac{π}{2} - ε}^{\frac{π}{2} + ε} (f (\frac{π}{2}) - f (x)) \sin^{n} x d x | = 0$
したがって
$lim_{n \to \infty} \sqrt{n} \int_{\frac{π}{2} - ε}^{\frac{π}{2} + ε} f (x) \sin^{n} x d x = lim_{n \to \infty} f (\frac{π}{2}) \sqrt{n} \int_{\frac{π}{2} - ε}^{\frac{π}{2} + ε} \sin^{n} x d x = lim_{n \to \infty} f (\frac{π}{2}) \sqrt{n} \int_{0}^{π} \sin^{n} x d x (∵(丙)) = \sqrt{2 π} f (\frac{π}{2})$