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ウォリス積絡みの極限

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今回はつぎの式(☆)を示したいと思います

(☆)

$\displaystyle{ \lim_{n\rightarrow\infty}\sqrt{n}\int_{0}^{\pi}f(x)\sin^n{x} dx=\sqrt{2\pi}f\Bigl({\frac{\pi}{2}}\Bigr) }$

但し、$f(x)$は区間$\displaystyle{[0,\pi]}$で連続な関数

証明の概略

STEP1
$x$が$\displaystyle{\frac{\pi}{2}}$から遠いところで$\displaystyle{\lim}$の中身が$0$に収束することをしめす。
STEP2
$x$が$\displaystyle{\frac{\pi}{2}}$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)

$\displaystyle{ \lim_{n\rightarrow\infty}\sqrt{n}\int_{0}^{\frac{\pi}{2}-\varepsilon}{f(x)\sin^nx}dx=0 }$
但し$\displaystyle{\varepsilon=n^{-\frac{1}{ 3}}}$

$\displaystyle0\leqq x≦\frac{\pi}{2}$での$|f(x)|$の最大値を$M$とすると
$\displaystyle{ \Bigg{|}\sqrt{n}\int_{0}^{\frac{\pi}{2}-\varepsilon}{f(x)\sin^nx}dx\Bigg{|}\\ ≦\sqrt{n}\int_{0}^{\frac{\pi}{2}-\varepsilon}{|f(x)\sin^nx|}dx\\ ≦\sqrt{n}\int_{0}^{\frac{\pi}{2}-\varepsilon}{M\sin^nx}dx\\ ≦\sqrt{n}\int_{0}^{\frac{\pi}{2}-\varepsilon}{M\sin^n\Big(\frac{\pi}{2}-\varepsilon\Big)}dx\\ =M\Bigl(\frac{\pi}{2}-\varepsilon\Bigr)\sqrt{n}\cos^n\varepsilon\\ ≦M\Bigl(\frac{\pi}{2}-\varepsilon\Bigr)\Big(\frac{1}{\varepsilon}\Big)^{\frac{3}{2}} \Bigg(\bigg(1-\Big(\frac{1}{2}\varepsilon^2-\frac{1}{24}\varepsilon^4\Big)\bigg)^{\frac{1}{\frac{1}{2}\varepsilon^2-\frac{1}{24}\varepsilon^4}}\Bigg)^{\frac{1}{2\varepsilon}-\frac{1}{24}\varepsilon} }$
5行目から6行目はマクローリン型不等式
$\displaystyle{ \cos x≦1-\frac{1}{2}x^2+\frac{1}{24}x^4 }$
を用いた。
ここで$n\rightarrow\infty$で$\varepsilon\rightarrow 0$だから
$\displaystyle{ \lim_{n\rightarrow\infty}M\Bigl(\frac{\pi}{2}-\varepsilon\Bigr)\Big(\frac{1}{\varepsilon}\Big)^{\frac{3}{2}} \Bigg(\bigg(1-\Big(\frac{1}{2}\varepsilon^2-\frac{1}{24}\varepsilon^4\Big)\bigg)^{\frac{1}{\frac{1}{2}\varepsilon^2-\frac{1}{24}\varepsilon^4}}\Bigg)^{\frac{1}{2\varepsilon}-\frac{1}{24}\varepsilon}=0 }$
これと上の不等式より
$\displaystyle{ \lim_{n\rightarrow\infty}\sqrt{n}\int_{0}^{\frac{\pi}{2}-\varepsilon}{f(x)\sin^nx}dx=0 }$

また、(甲)を使うと
$\displaystyle{ \int_{\frac{\pi}{2}+\varepsilon}^{\pi}{f(x)\sin^nx}dx =\int_{0}^{\frac{\pi}{2}-\varepsilon}{f(\pi-x)\sin^nx}dx }$
より

(乙)

$\displaystyle{ \lim_{n\rightarrow\infty}\sqrt{n}\int_{\frac{\pi}{2}+\varepsilon}^{\pi}{f(x)\sin^nx}dx=0 }$

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)

$\displaystyle{ \lim_{n\rightarrow\infty}\sqrt{n}\int_{0}^{\frac{\pi}{2}-\varepsilon}{\sin^nx}dx= \lim_{n\rightarrow\infty}\sqrt{n}\int_{\frac{\pi}{2}+\varepsilon}^{\pi}{\sin^nx}dx=0 }$

証明 STEP2

まずつぎの式(丁)を示します。

(丁)

$\displaystyle{ \lim_{n\rightarrow\infty}\sqrt{n}\int_{\frac{\pi}{2}-\varepsilon}^{\frac{\pi}{2}+\varepsilon}f(x)\sin^n{x} dx=\sqrt{2\pi}f\Bigl({\frac{\pi}{2}}\Bigr) }$

条件より、区間$\displaystyle{\frac{\pi}{2}-\varepsilon≦x≦\frac{\pi}{2}+\varepsilon}$で常に$\displaystyle{\Big|f\Bigl(\frac{\pi}{2}\Bigr)-f(x)\Big|≦a_n}$かつ$\displaystyle{\lim_{n\rightarrow\infty}a_n=0}$となる正数列$\displaystyle{\{a_n\}}$が存在する。
よって
$\displaystyle{ \Bigg|\sqrt{n}\int_{\frac{\pi}{2}-\varepsilon}^{\frac{\pi}{2}+\varepsilon}{\Bigl(f\Bigl(\frac{\pi}{2}\Bigl)-f(x)\Bigr)\sin^n{x}}dx\Bigg|\\ ≦\sqrt{n}\int_{\frac{\pi}{2}-\varepsilon}^{\frac{\pi}{2}+\varepsilon}{\Big|f\Bigl(\frac{\pi}{2}\Bigr)-f(x)\Big|\sin^n{x}}dx\\ ≦a_n\sqrt{n}\int_{\frac{\pi}{2}-\varepsilon}^{\frac{\pi}{2}+\varepsilon}\sin^n{x}dx\\ ≦a_n\sqrt{n}\int_{0}^{\pi}\sin^n{x}dx }$
ここで
$\displaystyle{ \lim_{n\rightarrow\infty}\sqrt{n}\int_{0}^{\pi}\sin^n{x}dx=\sqrt{2\pi} }$
(∵ウォリス積)に注意すると
$\displaystyle{ \lim_{n\rightarrow\infty}a_n\sqrt{n}\int_{0}^{\pi}\sin^n{x}dx=0 }$
よって
$\displaystyle{ \lim_{n\rightarrow\infty}\Bigg|\sqrt{n}\int_{\frac{\pi}{2}-\varepsilon}^{\frac{\pi}{2}+\varepsilon}{\Bigl(f\Bigl(\frac{\pi}{2}\Bigl)-f(x)\Bigr)\sin^n{x}dx}\Bigg|=0 }$
したがって
$\displaystyle{ \lim_{n\rightarrow\infty}\sqrt{n}\int_{\frac{\pi}{2}-\varepsilon}^{\frac{\pi}{2}+\varepsilon}f(x)\sin^n{x}dx\\ =\lim_{n\rightarrow\infty}f\Bigl(\frac{\pi}{2}\Bigr)\sqrt{n}\int_{\frac{\pi}{2}-\varepsilon}^{\frac{\pi}{2}+\varepsilon}\sin^n{x}dx\\ =\lim_{n\rightarrow\infty}f\Bigl(\frac{\pi}{2}\Bigr)\sqrt{n}\int_{0}^{\pi}\sin^n{x}dx\quad(\mbox{∵(丙)})\\ =\sqrt{2\pi}f\Bigl(\frac{\pi}{2}\Bigr) }$