大学数学基礎解説

高校範囲の極限のお話

高校数学,極限

1859

はじめに

高校範囲では極限が一番好き, と言っている身ですので, 高校範囲でできるいい感じの極限の公式(？)を2つ, 紹介しようと思います.

以下, $f(x)$は区間$[0,1]$で微分可能で, $f'(x)$は連続としておきます.

ひとつめ

ひとつめは, 次のような式です.

$$\ds\limn\sum_{k=1}^{2n}(-1)^kf\Big(\frac k{2n}\Big)=\frac{f(1)-f(0)}2$$

これは少し有名かもしれません. 昔, 京大で出題されたことがあるみたいです.
${}$

(証明)

$$\ds\sum_{k=1}^{2n}(-1)^kf\Big(\frac k{2n}\Big)=\sumk\bigg\{f\Big(\frac{2k-1}{2n}\Big)-f\Big(\frac {2k}{2n}\Big)\bigg\}$$

と書けます. ここで, 平均値の定理より, $\ds\frac{2k-1}{2n}< c_k<\frac{2k}{2n}$ なる実数$c_k$が存在して,
$$\ds f\Big(\frac{2k-1}{2n}\Big)-f\Big(\frac {2k}{2n}\Big)=\frac1{2n}f'(c_k)$$
が成り立ちます.

従って,
$$\ds\sum_{k=1}^{2n}(-1)^kf\Big(\frac k{2n}\Big)=\frac1{2n}\sumk f'(c_k)$$
と書けます.

すると, これは$c_k$を区間$\big[\frac{k-1}{n},\frac kn\big]$内の代表点としたRiemann和と見ることができるので,
$$\beq \ds\limn\sum_{k=1}^{2n}(-1)^kf\Big(\frac k{2n}\Big)&=&\limn\frac1{2n}\sumk f'(c_k) \\ &=&\frac12\int_0^1f'(x)\,dx \\ &=&\frac{f(1)-f(0)}2 \eeq$$
となり, 証明が終了しました.

${}$

最後に$f'(x)$をもう一度積分することになるというのがなかなか面白いですね.
${}$

例えば, $a>0$に対し$f(x)=x^a$ とすると以下のようになります.

$$\ds\limn\frac1{n^a}\sumk(-1)^kk^a=\frac12$$

ただし, 奇数項も収束するので, $2n$を$n$に読み替えました.

この式で$a=0$としてみたりすると, ちょこっと面白いことになりますね.
${}$

ふたつめ

ふたつめは, 以下のような式です.

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

これは, そこまで有名ではないかもしれませんが, いろいろと面白い式が得られるので, 結構好きです.

イメージとしては, 区分求積の短冊和と本来の積分値の誤差の$n$倍の極限値ということになります.

この誤差が大体, それぞれ底辺$\frac1n$高さ$\Delta f$の三角形となるので, それらの面積の和が $\frac12\cdot\frac1n\cdot\sum\Delta f=\frac{f(1)-f(0)}{2n}$ となるので, 感覚としては正しいかなということになります.

この, 大体三角形になる, を評価するのがなかなかに難しいので, 証明は少し複雑になってしまいます.
${}$

(証明)

まずは, 細かく区切ると誤差の三角形の斜辺にあたる部分が大体直線になることを言いたいので, $f'$の評価を考えてみます.

区間$I_n=\big[\frac{k-1}n,\frac kn\big]$内での$f'(x)$の最小値, 最大値をそれぞれ$m_k,M_k$とおきます. 即ち, この$I_n$内の実数$t$に対して
$$\ds m_k\leqq f'(t)\leqq M_k$$
が成り立ちます.

次に, $x$を$I_n$内の実数として, この不等式の両辺を $t:x\to\frac kn$ と積分します. (これが上手いところです！あえて傾きから評価してそれを積分することで, 関数の値を上手くおさえることができます！)

すると,
$$\ds m_k\Big(\frac kn-x\Big)\leqq f\Big(\frac kn\Big)-f(x)\leqq M_k\Big(\frac kn-x\Big)$$
となります.

これをさらに $x:\frac{k-1}n\to\frac kn$ と積分することで,
$$\ds\frac{m_k}{2n^2}\ \leqq\ \frac1nf\Big(\frac kn\Big)-\int_{\frac{k-1}n}^{\frac kn}f(x)\,dx\ \leqq\ \frac{M_k}{2n^2}$$
とすることができます！

この不等式の両辺を, $k=1,2,\ldots,n$ で足し合わせることで,
$$\ds\frac{1}{2n^2}\sumk m_k\ \leqq\ \frac1n\sumk f\Big(\frac kn\Big)-\int_0^1f(x)\,dx\ \leqq\ \frac{1}{2n^2}\sumk M_k$$

両辺に$n$をかけて,
$$\ds\frac12\cdot\frac1n\sumk m_k\ \leqq\ \sumk f\Big(\frac kn\Big)-\,n\int_0^1f(x)\,dx\ \leqq\ \frac12\cdot\frac1n\sumk M_k$$
となります.

ここで, $m_k,M_k$はどちらも$I_n$内での$f'(x)$の値だったので, これらを代表点とした$f'(x)$のRiemann和と見ることができます.

即ち,
$$\ds\limn\frac1n\sumk m_k=\limn\frac1n\sumk M_k=\int_0^1f'(x)\,dx=f(1)-f(0)$$
となるので, はさみうちの原理より
$$\ds\limn\bigg(\ \sum_{k=1}^nf\Big(\frac kn\Big)-\,n\int_0^1f(x)\,dx\bigg)=\frac{f(1)-f(0)}2$$
を示すことができました.

${}$

[追記] これが実は, 「オイラーの和公式」を背景としていることに気が付きました！詳しくは Wikipediaの記事をご覧ください.
${}$

実は, これを用いると, いろいろと面白い式を導くことができます.
${}$

まずは, $a>0$に対して$f(x)=x^a$としてみると, 次のようになります.

$$\ds\limn\Big(\ \frac1{n^a}\sumk k^a-\frac{n}{a+1}\,\Big)=\frac12$$

これは何を表しているかというと, 特に$a$が自然数のとき, 左辺の$Σ$の部分は$a$乗和になっています.

$a$乗和は$(a+1)$次の多項式で, $(a+1)$次の係数が$\frac1{a+1}$であることは常識かと思いますが, (この係数は $\frac1{n^{a+1}}\sum k^a$ の極限であり, 極限値は単純な区分求積で求められます. ) そのひとつ下の, $a$次の係数が常に$\frac12$であることが, この式からわかるのです！
${}$

次に, $f(x)=\log(1+x)$ としてみます. すると,
$$\beq \sumk\log\Big(1+\frac kn\Big)&=&\sumk\log\frac{n+k}n \\ &=&\log\bigg(\frac{n+1}{n}\cdot\frac{n+2}{n}\cdot\cdots\cdot\frac{2n}{n}\bigg)\\ &=&\log\frac{(2n)!}{n!n^n} \eeq$$
であり,
$$\beq \int_0^1\log(1+x)\,dx&=&\big[x(\log x-1)\big]_1^2 \\ &=&2\log2-1\\ &=&\log\frac4e \eeq$$
なので,
$$\beq \sum_{k=1}^nf\Big(\frac kn\Big)-\,n\int_0^1f(x)\,dx&=&\log\frac{(2n)!}{n!n^n}-n\log\frac4e\\ &=&\log\frac{e^n(2n)!}{4^nn!n^n} \eeq$$
となります.

従って,
$$\ds\limn\log\frac{e^n(2n)!}{4^nn!n^n}=\frac12\log2$$
即ち

$$\ds\limn\frac{e^n(2n)!}{4^nn!n^n}=\sqrt{2}$$

を得ます.

これはなかなか面白いと思います. これとWallis積を使うと, Starlingの公式を高校範囲で導くことができます！
${}$