ちょっと困る区分求積法 その2

はじめに

こんにちは．今回は次の極限を求めていきます．
$$\begin{array}{}\text{(1)}& \underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}\sum _{k=1}^n\frac{k}{k^2-2nk-n}\end{array}$$
基本的には前回の記事と同様の手続きを踏みます．

前回の記事はコチラ
https://mathlog.info/articles/2973

準備(再掲)

今回も二重数列を扱うので，関連する話題をここに載せておきます．準備の内容は前回の記事と全く同じです．これらは高木貞治先生の解析概論から引用させて頂いてます．

極限(1)の値を求める

さて，極限(1)の値を計算しましょう．ここで極限(1)を再掲しておきます．
$$\begin{array}{}\text{(1)}& \underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}\sum _{k=1}^n\frac{k}{k^2-2nk-n}\end{array}$$
極限とシグマが見えるので区分求積を思いつきます．そこで極限の中身を次のように変形します．
$$\sum _{k=1}^n\frac{k}{k^2-2nk-n}=\frac{1}{n}\sum _{k=1}^n\frac{\frac{k}{n}}{{\left(\frac{k}{n}\right)}^2-2\frac{k}{n}-\frac{1}{n}}$$
前回同様，普通の区分求積だったら，ここで$n\to \mathrm{\infty }$とすることで直ぐに積分に移行できるのですが，今回も$-\frac{1}{n}$という項がお邪魔なのでそうはいきません．しかし，$n\to \mathrm{\infty }$のとき$\frac{1}{n}\to 0$なので，直感的には
$$\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}\frac{1}{n}\sum _{k=1}^n\frac{\frac{k}{n}}{{\left(\frac{k}{n}\right)}^2-2\frac{k}{n}-\frac{1}{n}}={\int }_0^1\frac{x}{x^2-2x}dx={\int }_0^1\frac{1}{x-2}dx=-\log 2$$
が成り立つと予想されます．これからこの直感を正当化していきましょう．

まず，前回と同様に新しく添字$m$を導入して，
$$\underset{m\to \mathrm{\infty },n\to \mathrm{\infty }}{lim}\frac{1}{n}\sum _{k=1}^n\frac{\frac{k}{n}}{{\left(\frac{k}{n}\right)}^2-2\frac{k}{n}-\frac{1}{m}}$$
という値を考えることにします．もしこの極限値が存在すれば，それが求めるべき値に等しくなります．$m$を任意に固定した上で$n$について極限を取ると，区分求積法から
$$\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}\frac{1}{n}\sum _{k=1}^n\frac{\frac{k}{n}}{{\left(\frac{k}{n}\right)}^2-2\frac{k}{n}-\frac{1}{m}}={\int }_0^1\frac{x}{x^2-2x-\frac{1}{m}}dx$$
が成り立ちます．$f_m(x)=\frac{x}{x^2-2x-\frac{1}{m}}$と置くと，この等式は
$$\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}\frac{1}{n}\sum _{k=1}^n{f}_m\left(\frac{k}{n}\right)={\int }_0^1{f}_m(x)dx$$
と書けます．さて，$f_m(x)$は閉区間$[0,1]$において単調減少です．従って，前回と同様の議論により，この収束が$m$に関して一様収束であることが分かります．

ここで，定理2を用いるために極限
$$\underset{m\to \mathrm{\infty }}{lim}{\int }_0^1{f}_m(x)dx$$
の存在を言いましょう．$m\to \mathrm{\infty }$とすると$f_m(x)\to \frac{1}{x-2}$となるので，
$$\underset{m\to \mathrm{\infty }}{lim}{\int }_0^1{f}_m(x)dx={\int }_0^1\underset{m\to \mathrm{\infty }}{lim}{f}_m(x)dx$$
と計算できれば一番良いのですが，閉区間$[0,1]$において，$m\to \mathrm{\infty }$のとき$f_m(x)$は$\frac{1}{x-2}$に一様収束しないので($x=0$のところを考えれば分かります)，この計算はできません．そこで，次のような方法を取ります．

まず，
$$I_m={\int }_0^1{f}_m(x)dx$$
と置きます．任意の$m$に対して$f_m(x)\le 0(x\in [0,1])$です．更に，$m<m^{\prime }$のとき，
$$f_m(x)-f_m^{\prime }(x)=\frac{x(\frac{1}{m}-\frac{1}{m^{\prime }})}{(x^2-2x-\frac{1}{m})(x^2-2x-\frac{1}{m^{\prime }})}\ge 0({}^{\mathrm{\forall }}x\in [0,1])$$
が成り立つので，$I_{m^{\prime }}\le I_m\le 0$が成り立ちます．即ち，$\{I_m\}$は単調減少列です．加えて，任意の$m$に対して
$$f_m(x)-\frac{1}{x-2}=\frac{\frac{1}{m}}{(x^2-2x-\frac{1}{m})(x-2)}>0({}^{\mathrm{\forall }}x\in [0,1])$$
が成り立つので，任意の$m$に対して
$$I_m>{\int }_0^1\frac{1}{x-2}dx=-\log 2$$
となります．従って$\{I_m\}$は下に有界な単調減少列なので，その極限${\displaystyle \underset{m\to \mathrm{\infty }}{lim}{I}_m}$が存在します．その値を$\alpha$と置きます．

ここで定理2を用いることで，
$$\alpha =\underset{m\to \mathrm{\infty },n\to \mathrm{\infty }}{lim}\frac{1}{n}\sum _{k=1}^n\frac{\frac{k}{n}}{{\left(\frac{k}{n}\right)}^2-2\frac{k}{n}-\frac{1}{m}}$$
が成り立つことが分かります．ところで，
$$\underset{m\to \mathrm{\infty }}{lim}\frac{1}{n}\sum _{k=1}^n\frac{\frac{k}{n}}{{\left(\frac{k}{n}\right)}^2-2\frac{k}{n}-\frac{1}{m}}=\frac{1}{n}\sum _{k=1}^n\frac{\frac{k}{n}}{{\left(\frac{k}{n}\right)}^2-2\frac{k}{n}}$$
が成り立つので，ここで定理1を用いることで，
$$\alpha =\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}\frac{1}{n}\sum _{k=1}^n\frac{\frac{k}{n}}{{\left(\frac{k}{n}\right)}^2-2\frac{k}{n}}$$
が成り立つことが分かります．右辺の極限は区分求積法から
$$\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}\frac{1}{n}\sum _{k=1}^n\frac{\frac{k}{n}}{{\left(\frac{k}{n}\right)}^2-2\frac{k}{n}}={\int }_0^1\frac{x}{x^2-2x}dx={\int }_0^1\frac{1}{x-2}dx=-\log 2$$
と求まるので，$\alpha =-\log 2$です．以上より，最終的な解答は次の通りです．
$$\underset{―}{\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}\sum _{k=1}^n\frac{k}{k^2-2nk-n}=-\log 2}$$

今回は，前回と違って，$f_m(x)$の収束が区間$[0,1]$において一様収束でない例を扱ってみました．ひとまず，極限${\displaystyle \underset{m\to \mathrm{\infty }}{lim}{f}_m(x)}$の具体的な値ではなくその存在を言うところがポイントですね．

今回の記事は以上です．
お読み頂きありがとうございました．