区分求積法の親戚さん
(※この記事では、都合のため、虚数単位$\sqrt{-1}=\iota$とおきます。ご了承ください。)
$$ $$
$$ $$
区分求積法というものがあります。高校の数学Ⅲで習うような非常にシンプルな等式です。
$$ \lim_{N\rightarrow\infty}\frac{1}{N}\sum_{k=1}^{N-1}f\left(\frac{k}{N}\right)=\int_{0}^{1}f\left(x\right)dx=F\left(1\right)-F\left(0\right)$$
この式の示すところは、積分を級数の形に表している、ということです。無限和が収束するための必要条件は、各項が0に収束することですから、
その条件を、上の区分求積法では、各項を$\displaystyle \frac {f(\frac {k} {N})} {N}$とすることで満たしているわけです。
では、$N$で割るのではなく、隣り合う項の差をとっても、$N\rightarrow\infty$で0に収束しそうです。
つまり、
$$\lim_{N\rightarrow\infty}\sum_{k=1}^{N-1}f\left(\frac{k}{N}\right)\left(-1\right)^{k}$$
この級数は、閉じた形を持つのか？ということです。
今回見つけたのは、そんな区分求積法もどきの交代和の閉じた形です。
実は、より一般に、ある関数$f(x)$が$x=0$周りでべき級数展開可能(収束半径を$r$とする)で、更に$f(0)$が有限値として定義されているとき、
$-r< x< r$の範囲で、
$$\lim_{N\rightarrow\infty}\sum_{k=1}^{2N}f\left(\frac{kx}{2N}\right)\left(-1\right)^{k}=\frac{f\left(x\right)-f\left(0\right)}{2}$$
が成り立つと思われます（厳密な証明は出来ていません）。
更に、三角関数を混ぜ込んだ形については、2以上の自然数$m$について、
$$\lim_{N\rightarrow\infty}\sum_{k=1}^{mN}f\left(\frac{kx}{mN}\right)\cos\left(\frac{2k\pi}{m}\right)=\frac{f\left(x\right)-f\left(0\right)}{2}$$
$$ \lim_{N\rightarrow\infty}\sum_{k=1}^{mN}f\left(\frac{kx}{mN}\right)\sin\left(\frac{2k\pi}{m}\right)=\frac{f\left(x\right)-f\left(0\right)}{2}\tan(\frac {\pi} 2-\frac {\pi}m)$$
あるいは、もっと簡略化して書くなら、
$$\lim_{N\rightarrow\infty}\sum_{k=1}^{mN}f\left(\frac{kx}{mN}\right)e^{\frac{2k\pi}{m}\iota}=\frac{f\left(x\right)-f\left(0\right)}{2}\left(1-\iota\cot\left(\frac{\pi}{m}\right)\right)$$
という等式が成り立つようです。交代和の式は、$m=2$を代入した特殊な場合です。
今回はそんな区分求積法もどきの級数表示を見つけたので、すべてのもととなるある一つの等式も含めて、紹介していきます。
恒等式
まず、以下では、2以上の自然数$m$、および0以上の整数$k$について、
$$\xi_{m}^{k} =e^{\frac{2k\pi}{m}\iota}=\cos\left(\frac{2k\pi}{m}\right)+\iota\sin\left(\frac{2k\pi}{m}\right)$$
のように表していきます。1の原始$m$乗根$\displaystyle \xi_{m}=\cos\left(\frac{2\pi}{m}\right)+\iota\sin\left(\frac{2\pi}{m}\right)$のべき乗というわけですね。
証明をするにあたって、次の3つの事実を用います。
$$\sum_{k=0}^{m-1}\xi_{m}^{k}=1+\xi_{m}+\xi_{m}^{2}+\cdots+\xi_{m}^{m-1}=0$$
方程式$x^{m}-1=0$の解のひとつに、$\displaystyle \xi_{m}=\cos\left(\frac{2\pi}{m}\right)+\iota\sin\left(\frac{2\pi}{m}\right)$が存在する。
また、$\displaystyle x^{m}-1=(x-1)(x^{m-1}+x^{m-2}+\cdots+1)$と因数分解できて、$\xi_{m}\ne1$より、
$\displaystyle 1+\xi_{m}+\xi_{m}^{2}+\cdots+\xi_{m}^{m-1}=0~\blacksquare$
$$a \equiv b\mod m \Longrightarrow \xi_{m}^{a}=\xi_{m}^{b}$$
$a \equiv b\mod m$ならば、ある整数$k$を用いて、$a=mk+b$とかける。
$\xi_{m}^{a}=\xi_{m}^{mk+b}=(\xi_{m}^m)^k\cdot{\xi_{m}^{b}}$であり、
$\xi_{m}$は方程式$x^m-1=0$の解であるから、$\xi_{m}^{m}=1$
よって、$\xi_{m}^{a}=1^k\cdot {\xi}^b=\xi_{m}^{b}\blacksquare$
2以上の自然数$j$に対して、$$\lim_{N\rightarrow\infty}\sum_{k=0}^{N-1}\frac {k^{j-2} } {N^{j}}=0$$
$$0<\sum_{k=0}^{N-1}\frac {k^{j-2} } {N^{j}}<\sum_{k=0}^{N-1}\frac {(N-1)^{j-2}} {N^j}=\frac {(N-1)^{j-2}\cdot N} {N^{j}}<\frac 1 N\rightarrow0(N\rightarrow \infty)~\blacksquare$$
この三つの補題を用いて、次の等式を証明します。
2以上の自然数$ m$、1以上の自然数$j$に対して、
$$\lim_{N\rightarrow\infty}\sum_{k=1}^{mN}\left(\frac{k}{mN}\right)^{j}\xi_{m}^{k}=\sum_{i=1}^{m}\frac{i\xi_{m}^{i}}{m}$$
が成り立つ。
($i$は総和記号のパラメタで、虚数単位ではありません。)
$\displaystyle I_{N}=\sum_{k=1}^{mN}\left(\frac{k}{mN}\right)^{j}\xi_{m}^{k}$とする。$\displaystyle I=\lim_{N\rightarrow\infty}I_{N}=\sum_{i=1}^{m}\frac {i\xi_{m}^{i}}{m}$を示す。
$$I_{N}=\sum_{k=1}^{mN}\left(\frac{k}{mN}\right)^{j}\xi_{m}^{k}=\sum_{k=0}^{N-1}\sum_{i=1}^{m}\left(\frac{mk+i}{mN}\right)^{j}\xi_{m}^{mk+i} \cdots〇$$
ここで、補題2より、$\displaystyle \xi_{m}^{mk+i}=\xi_{m}^{i}$である。
更に、有限和は交換可能であるから、
$$〇=\sum_{k=0}^{N-1}\sum_{i=1}^{m}\left(\frac{mk+i}{mN}\right)^{j}\xi_{m}^{i}=\sum_{i=1}^{m}\sum_{k=0}^{N-1}\left(\frac{mk+i}{mN}\right)^{j}\xi_{m}^{i}=\sum_{i=1}^{m}\xi_{m}^{i}\sum_{k=0}^{N-1}\left(\frac{mk+i}{mN}\right)^{j}$$
二項定理より、
$$=\sum_{i=1}^{m}\left[\xi_{m}^{i}\sum_{k=0}^{N-1}\left(\frac{1}{mN}\right)^{j}\left\{\sum_{l=0}^{j} {j\choose l}\left(mk\right)^{j-l}i^{l}\right\}\right]=\sum_{i=1}^{m}\left[\xi_{m}^{i}\sum_{k=0}^{N-1}\frac{1}{\left(mN\right)^{j}}\left\{\left(mk\right)^{j}+j(mk)^{j-1}\cdot i+\left\{\sum_{l=2}^{j}{j \choose l}\left(mk\right)^{j-l}i^{l}\right\}\right\}\right]$$
$$=\sum_{i=1}^{m}\xi_{m}^{i}\sum_{k=0}^{N-1}\left(\frac{mk}{mN}\right)^{j}+\sum_{i=1}^{m}\xi_{m}^{i}\sum_{k=0}^{N-1}\frac{j\left(mk\right)^{j-1}\cdot i}{\left(mN\right)^{j}}+\sum_{i=1}^{m}\xi_{m}^{i}\sum_{k=0}^{N-1}\frac{1}{\left(mN\right)^{j}}\sum_{l=2}^{j}\left(j,l\right)\left(mk\right)^{j-l}i^{l}$$
ここで、各項を$I_1,I_2,I_3$とする。$\displaystyle (I_1+I_2+I_3)=I_{N}$である$\cdots ①$。
まず、$I_{1}$について、
$$I_{1}=\sum_{i=1}^{m}\xi_{m}^{i}\sum_{k=0}^{N-1}\left(\frac{mk}{mN}\right)^{j}=\sum_{i=1}^{m}\xi_{m}^{i}\sum_{k=0}^{N-1}\left(\frac{k}{N}\right)^{j}=\sum_{k=0}^{N-1}\left(\frac{k}{N}\right)^{j}\sum_{i=1}^{m}\xi_{m}^{i}$$
ここで、補題1より、$\displaystyle \sum_{i=0}^{m-1}\xi_{m}^{i}=0 $であり、また補題2より$\displaystyle \xi_{m}^{m}=\xi_{m}^{0}$であるから、
$\displaystyle \sum_{i=1}^{m}\xi_{m}^{i}=\sum_{i=0}^{m-1}\xi_{m}^{i}=0$であり、
$$I_{1}=\sum_{k=0}^{N-1}\left(\frac{k}{N}\right)^{j}\sum_{i=1}^{m}\xi_{m}^{i}=\sum_{k=0}^{N-1}\left(\frac{k}{N}\right)^{j}\cdot0=0$$
すなわち、$I_{1}$は$N$の値に依らず恒等的に0になるため、
$$\lim_{N\rightarrow\infty}I_{1}=0\cdots②$$
次に、$I_{2}$について、
$$I_{2}=\sum_{i=1}^{m}\xi_{m}^{i}\sum_{k=0}^{N-1}\frac{j\left(mk\right)^{j-1}\cdot i }{\left(mN\right)^{j}}=\sum_{i=1}^{m}\xi_{m}^{i}\cdot\frac{ij}{mN}\sum_{k=0}^{N-1}\left(\frac{k}{N}\right)^{j-1}=\left(\frac{j}{N}\sum_{k=0}^{N-1}\left(\frac{k}{N}\right)^{j-1}\right)\cdot\left(\sum_{i=1}^{m}\frac{i\xi_{m}^{i}}{m}\right)$$
ここで、区分求積法より、
$$\lim_{N\rightarrow\infty}\frac{j}{N}\sum_{k=0}^{N-1}\left(\frac{k}{N}\right)^{j-1}=j\int_{0}^{1}x^{j-1}dx=\left[x^{j}\right]_{0}^{1}=1$$
よって、
$$\lim_{N\rightarrow\infty}I_2=\lim_{N\rightarrow\infty}\left(\frac{j}{N}\sum_{k=0}^{N-1}\left(\frac{k}{N}\right)^{j-1}\right)\cdot\left(\sum_{i=1}^{m}\frac{i\xi_{m}^{i}}{m}\right)=\sum_{i=1}^{m}\frac{i\xi_{m}^{i}}{m}\cdots③$$
最後に、$I_3$について、
$$I_{3}=\sum_{i=1}^{m}\xi_{m}^{i}\sum_{k=0}^{N-1}\frac{1}{\left(mN\right)^{j}}\sum_{l=2}^{j}{j \choose l}\left(mk\right)^{j-l}i^{l}$$
ここで、$\displaystyle {j \choose l}\le j!,~(mk)^{j-l}\le(mk)^{j-2},~i^{l}\le i^{j}$であるから、
$$ 0\le \sum_{l=2}^{j}{j \choose l}\left(mk\right)^{j-l}i^{l}\le\sum_{l=2}^{j}j!{(mk)}^{j-2}i^{j}=\left(j-1\right)\cdot j!(mk)^{j-2}i^{j}$$
よって、
$$ 0 \le \sum_{k=0}^{N-1}\frac{1}{\left(mN\right)^{j}}\sum_{l=2}^{j}{j \choose l}\left(mk\right)^{j-l}i^{l}\le \sum_{k=0}^{N-1}\frac {(j-1)\cdot j! (mk)^{j-2}i^j} {(mN)^j}=\frac{(j-1)\cdot j!i^{j}}{m^{2}}\sum_{k=0}^{N-1}\frac{k^{j-2}}{N^{j}}$$
補題3より、
$$\lim_{N\rightarrow\infty}\sum_{k=0}^{N-1}\frac {k^{j-2} } {N^{j}}=0$$
であるから、
$$\lim _{N\rightarrow\infty}\frac{(j-1)\cdot j!i^{j}}{m^{2}}\sum_{k=0}^{N-1}\frac{k^{j-2}}{N^{j}}=\frac{(j-1)\cdot j!i^{j}}{m^{2}}\cdot0=0$$
挟み撃ちの原理より、
$$\lim_{N\rightarrow\infty}\sum_{k=0}^{N-1}\frac{1}{\left(mN\right)^{j}}\sum_{l=2}^{j}{j \choose l}\left(mk\right)^{j-l}i^{l}=0\cdots④$$
そして、$\displaystyle |\xi_{m}^{k}|=1$であるから、
$$0\le|I_3|=\left|\sum_{i=1}^{m}\xi_{m}^{i}\sum_{k=0}^{N-1}\frac{1}{\left(mN\right)^{j}}\sum_{l=2}^{j}{j \choose l}\left(mk\right)^{j-l}i^{l}\right|\le\sum_{i=1}^{m}\left|{\xi_{m}^{i}\sum_{k=0}^{N-1}\frac{1}{\left(mN\right)^{j}}\sum_{l=2}^{j}{j \choose l}\left(mk\right)^{j-l}i^{l}}\right|=\sum_{i=1}^{m}|\xi_{m}^{i}|\left|{\sum_{k=0}^{N-1}\frac{1}{\left(mN\right)^{j}}\sum_{l=2}^{j}{j \choose l}\left(mk\right)^{j-l}i^{l}}\right|=\sum_{i=1}^{m}\left|{\sum_{k=0}^{N-1}\frac{1}{\left(mN\right)^{j}}\sum_{l=2}^{j}{j \choose l}\left(mk\right)^{j-l}i^{l}}\right|\cdots⑤$$
④より、
$$\lim_{N\rightarrow\infty}\sum_{k=0}^{N-1}\frac{1}{\left(mN\right)^{j}}\sum_{l=2}^{j}{j \choose l}\left(mk\right)^{j-l}i^{l}=0$$
よって、⑤の最右辺について、
$$\lim_{N\rightarrow\infty}\sum_{i=1}^{m}\left|{\sum_{k=0}^{N-1}\frac{1}{\left(mN\right)^{j}}\sum_{l=2}^{j}{j \choose l}\left(mk\right)^{j-l}i^{l}}\right|=\sum_{i=1}^{m}0=0$$
挟み撃ちの原理より、
$$ {\lim_{N\rightarrow\infty}|I_3|=0}\cdots⑥ $$
②③⑥より、$N\rightarrow\infty$のとき、
$
\begin{eqnarray}
\left\{
\begin{array}{l}
I_1\rightarrow0 \\
\displaystyle I_2\rightarrow\sum_{i=1}^{m}\frac{i\xi_{m}^{i}}{m}\\
I_3\rightarrow0
\end{array}
\right.
\end{eqnarray}$
である。
①から、$I_1+I_2+I_3=I_N$なので、
$$0\le\left|I_N-\sum_{i=1}^{m}\frac{i\xi_{m}^{i}}{m}\right|=\left|{I_1+I_2+I_3-\sum_{i=1}^{m}\frac{i\xi_{m}^{i}}{m}}\right|\le|I_1|+\left|I_2-\sum_{i=1}^{m}\frac{i\xi_{m}^{i}}{m}\right|+|I_3|\rightarrow0+0+0=0(N\rightarrow\infty)$$
よって、
$$\lim_{N\rightarrow\infty}I_N=\sum_{i=1}^{m}\frac{i\xi_{m}^{i}}{m}\blacksquare$$
jの値に依らず一定値に収束するというのが興味深いですね。その特性が冒頭の式の導出に関わってくるのですが、
ひとまずは$\displaystyle \sum_{i=1}^{m}\frac{i\xi_{m}^{i}}{m}$を閉じた形で表してしまいます。
2以上の自然数$m$について、$$\sum_{i=1}^{m}\frac{i\xi_{m}^{i}}{m}=\frac 1 2 \left(1-\iota\cot(\frac \pi m)\right)=\frac 1 2 \left(1-\iota\frac {\cos(\frac \pi m)} {\sin(\frac \pi m)}\right)$$である。
$\displaystyle S_m(z)=\sum_{i=1}^{m}z^i$とする。
$\displaystyle S_m(z)=\frac {z-z^{m+1}} {1-z}$であり、$\displaystyle S'_{m}(z)=\frac {1-(m+1)z^{m}+mz^{m+1}} {(1-z)^2}$
さらに、項別に微分をして、
$\displaystyle S'_{m}(z)=\sum_{i=1}^{m}iz^{i-1}$
よって、
$$ \sum_{i=1}^{m}iz^{i-1}=\frac {1-(m+1)z^{m}+mz^{m+1}} {(1-z)^2}$$
両辺に$z$を掛け$m$で割り、
$$ \sum_{i=1}^{m}\frac{iz^{i}}{m}=\frac{z-(m+1)z^{m+1}+mz^{m+2}}{m(1-z)^{2}}$$
この等式は$z\in \mathbb{C} $で成り立つので、両辺に$z=\xi_{m}$を代入して、
$$\sum_{i=1}^{m}\frac{i\xi_{m}^{i}}{m}=\frac{\xi_{m}-(m+1)\xi_{m}^{m+1}+m\xi_{m}^{m+2}}{m(1-\xi_{m})^{2}}$$
補題２より、
$$=\frac{\xi_{m}-(m+1)\xi_{m}+m\xi_{m}^{2}}{m(1-\xi_{m})^{2}}=\frac{-m\xi_{m}+m\xi_{m}^{2}}{m(1-\xi_{m})^{2}}=\frac{-\xi_{m}}{(1-\xi_{m})}\cdots⑦$$
$\displaystyle \xi_{m}=\cos\left(\frac{2\pi}{m}\right)+\iota\sin\left(\frac{2\pi}{m}\right)$であるから、
$\displaystyle \theta = \frac {2\pi} m$とおいて、
$\displaystyle \frac{-\xi_{m}}{(1-\xi_{m})}=\frac{\cos\theta+\iota\sin\theta}{\left(\cos\theta+\iota\sin\theta\right)-1}=\frac{\cos\theta+\iota\sin\theta}{-2\sin^{2}\left(\frac{\theta}{2}\right)+2\iota\sin\frac{\theta}{2}\cos\frac{\theta}{2}}=\frac{1}{-2\sin\frac{\theta}{2}}\cdot\frac{\cos\theta+\iota\sin\theta}{\sin\frac{\theta}{2}-\iota\cos\frac{\theta}{2}}\cdots⑧$
ここで、
$ \displaystyle \cos\theta+\iota\sin\theta=e^{\iota\theta}$
$\displaystyle \sin\frac{\theta}{2}-\iota\cos\frac{\theta}{2}=\cos\left(\frac{\theta}{2}-\frac{\pi}{2}\right)+\iota\sin\left(\frac{\theta}{2}-\frac{\pi}{2}\right)=e^{\left(\frac{\theta}{2}-\frac{\pi}{2}\right)\iota}$
であるので、
$$⑧=\frac{1}{-2\sin\frac{\theta}{2}}\cdot\frac{e^{\iota\theta}}{e^{\left(\frac{\pi}{2}-\frac{\theta}{2}\right)\iota}}=\frac{e^{\left(\theta-\left(\frac{\theta}{2}-\frac{\pi}{2}\right)\right)\iota}}{-2\sin\frac{\theta}{2}}=\frac{e^{\left(\frac{\theta}{2}+\frac{\pi}{2}\right)\iota}}{-2\sin\frac{\theta}{2}}=\frac{-\sin\frac{\theta}{2}+\cos\frac{\theta}{2}}{-2\sin\frac{\theta}{2}}=\frac{1}{2}\left(1-\cot\left(\frac{\theta}{2}\right)\right)$$
$\displaystyle \theta=\frac {2\pi} m $であったから、$\displaystyle \frac \theta 2=\frac {\pi} {m}$である。
よって、⑦より、
$$ \sum_{i=1}^{m}\frac{i\xi_{m}^{i}}{m}=\frac 1 2 \left(1-\iota\cot(\frac \pi m)\right)\blacksquare$$
以下では、$\displaystyle \frac 1 2 \left(1-\iota\cot(\frac \pi m)\right)=C$とします。
べき級数に代入
上の方で、
$\displaystyle \lim_{N\rightarrow\infty}\sum_{k=1}^{mN}\left(\frac{k}{mN}\right)^{j}\xi_{m}^{k}=C$
を示しました。これは1以上の$j$であれば、$j$に依らず成立するので、両辺に$x^j$を掛けて、
$\displaystyle \lim_{N\rightarrow\infty}\sum_{k=1}^{mN}\left(\frac{kx}{mN}\right)^{j}\xi_{m}^{k}=Cx^j$
とすることができます。
ここで、ある関数$f(x)$が、べき級数展開$\displaystyle f\left(x\right)=f(0)+\sum_{j=1}^{\infty}a_{j}x^{j}$を持っているとします。
その収束半径を$r$とすると、$-r< x< r$においては、上の式を代入して、
$$f\left(x\right)=f\left(0\right)+\sum_{j=1}^{\infty}a_{j}\left(\frac{1}{C}\cdot\lim_{N\rightarrow\infty}\sum_{k=1}^{mN}\left(\frac{kx}{mN}\right)^{j}\xi_{m}^{k}\right)$$
すなわち
$$\sum_{j=1}^{\infty}a_{j}\lim_{N\rightarrow\infty}\sum_{k=1}^{mN}\left(\frac{kx}{mN}\right)^{j}\xi_{m}^{k}=C\left(f\left(x\right)-f\left(0\right)\right)$$
が成り立ちます。
ここで、もし無限和と極限の交換が可能ならば、
$$\sum_{j=1}^{\infty}a_{j}\lim_{N\rightarrow\infty}\sum_{k=1}^{mN}\left(\frac{kx}{mN}\right)^{j}\xi_{m}^{k}=\lim_{N\rightarrow\infty}\sum_{k=1}^{mN}\sum_{j=1}^{\infty}a_{j}\left(\frac{kx}{mN}\right)^{j}\xi_{m}^{k}$$
がなりたち、$\displaystyle 0\le\frac{k}{mN}\le1 $から、$\displaystyle -r< x< r\Longrightarrow -r<\frac{kx}{mN}< r$が成立し、
$$\sum_{j=1}^{\infty}a_{j}\left(\frac{kx}{mN}\right)^{j}\xi_{m}^{k}=\left(f\left(\frac{kx}{mN}\right)-f\left(0\right)\right)\xi_{m}^{k}$$
ですので、
$$\lim_{N\rightarrow\infty}\sum_{k=1}^{mN}\sum_{j=1}^{\infty}a_{j}\left(\frac{kx}{mN}\right)^{j}\xi_{m}^{k}=\lim_{N\rightarrow\infty}\sum_{k=1}^{mN}\left(f\left(\frac{kx}{mN}\right)-f\left(0\right)\right)\xi_{m}^{k}$$
となります。
更に、
$\displaystyle \sum_{k=1}^{mN}f\left(0\right)\xi_{m}^{k}=0$であることは簡単に分かるので、結局、
$$\lim_{N\rightarrow\infty}\sum_{k=1}^{mN}f\left(\frac{kx}{mN}\right)\xi_{m}^{k}=C\left(f(x)-f(0)\right)$$
です。
赤字の部分について、”普通の”ふるまいをする関数、例えば初等関数などでは成り立つでしょうが、厳密な証明は今の自分の力では
得られそうにありませんでした。
べき級数として表せること、極限を取る過程での残差を上手く評価できれば示せそうです。
この肝心の部分が証明できていないため、「成り立つと思われる」と微妙な書き方をしなければならなかったのが悔やまれます。
この記事を見てくださった方で、何か良い方法がありましたら、ぜひコメントしていただければ、と思います。
何はともあれ、
$$\lim_{N\rightarrow\infty}\sum_{k=1}^{mN}f\left(\frac{kx}{mN}\right)\xi_{m}^{k}=C\left(f(x)-f(0)\right)$$
に$\displaystyle C=\frac 1 2 \left(1-\iota\cot(\frac \pi m)\right)$を代入すれば、表題の式
$$\lim_{N\rightarrow\infty}\sum_{k=1}^{mN}f\left(\frac{kx}{mN}\right)\xi_{m}^{k}=\frac {\left(f(x)-f(0)\right)}2 \left(1-\iota\cot(\frac \pi m)\right)$$
が得られ、実数部分と虚数部分を比較することで、
$$\lim_{N\rightarrow\infty}\sum_{k=1}^{mN}f\left(\frac{kx}{mN}\right)\cos\left(\frac{2k\pi}{m}\right)=\frac{f\left(x\right)-f\left(0\right)}{2}$$
$$ \lim_{N\rightarrow\infty}\sum_{k=1}^{mN}f\left(\frac{kx}{mN}\right)\sin\left(\frac{2k\pi}{m}\right)=\frac{f\left(x\right)-f\left(0\right)}{2}\tan(\frac {\pi} 2-\frac {\pi}m)$$
という関係性が得られます。冒頭に述べたとおり、$m=2$とすれば、
$\displaystyle \cos\left(\frac{2k\pi}{m}\right)=\cos\left(k\pi\right)=\left(-1\right)^{k}$ですので、
$$\lim_{N\rightarrow\infty}\sum_{k=1}^{2N}f\left(\frac{kx}{2N}\right)\left(-1\right)^{k}=\frac{f\left(x\right)-f\left(0\right)}{2}$$
となります。
まとめ
いかがだったでしょうか。最後の一番重要ともいえる部分が未証明なのが致命的ですが、なかなか面白い等式を得られました。
そして、今回の等式について、$x=1$とすれば、
$$\lim_{N\rightarrow\infty}\sum_{k=1}^{2N}f\left(\frac{k}{2N}\right)\left(-1\right)^{k}=\frac{f\left(1\right)-f\left(0\right)}{2}=\frac{1}{2}\int_{0}^{1}f'\left(x\right)dx$$
となり、区分求積法では元の関数を積分していたのが、今回は導関数を微分していることになります。
区分求積法ではある点での$f(x)$の値に微小量を掛けて足し合わせる、という積分そのものであったのに対し、
今回は$f(\frac k {2N})$と$f(\frac {k+1} {2N}) $の差を取る、即ち微分のような操作をしていることになります。
感覚的には納得できるのではないかと思います。
ちなみに、区分求積法と違い$2N$が分母に来ているのは、最後の項の符号によって値が変わってしまうからです。
元々この一連の式を思いついたときは、
$\displaystyle\sum_{k=1}^{N}\left(\frac{k}{N}\right)^{j}\left(-1\right)^{N-k}$のように、最後の項が正となるように$-1$の次数をそろえていました。
しかし、見た目と、その後の複素数までの拡張に際し、$N$のほうを変えたほうが楽だったために、あのような$m$の倍数としました。
夏のいい思い出となりました。
以上です。
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