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。)
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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。
$$\underset{N\to \mathrm{\infty }}{lim}\frac{1}{N}\sum _{k=1}^{N-1}f\left(\frac{k}{N}\right)={\int }_0^{1}f\left(x\right)dx=F\left(1\right)-F\left(0\right)$$
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、$N\to \mathrm{\infty }$で0に収束しそうです。

つまり、
$$\underset{N\to \mathrm{\infty }}{lim}\sum _{k=1}^{N-1}f\left(\frac{k}{N}\right){(-1)}^k$$
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、
$$\underset{N\to \mathrm{\infty }}{lim}\sum _{k=1}^{2N}f\left(\frac{kx}{2N}\right){(-1)}^k=\frac{f\left(x\right)-f\left(0\right)}{2}$$
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、
$$\underset{N\to \mathrm{\infty }}{lim}\sum _{k=1}^{mN}f\left(\frac{kx}{mN}\right)\cos \left(\frac{2k\pi }{m}\right)=\frac{f\left(x\right)-f\left(0\right)}{2}$$
$$\underset{N\to \mathrm{\infty }}{lim}\sum _{k=1}^{mN}f\left(\frac{kx}{mN}\right)\sin \left(\frac{2k\pi }{m}\right)=\frac{f\left(x\right)-f\left(0\right)}{2}\tan (\frac{\pi }{2}-\frac{\pi }{m})$$
あるいは、もっと簡略化して書くなら、
$$\underset{N\to \mathrm{\infty }}{lim}\sum _{k=1}^{mN}f\left(\frac{kx}{mN}\right)e^{\frac{2k\pi }{m}\iota }=\frac{f\left(x\right)-f\left(0\right)}{2}(1-\iota \cot \left(\frac{\pi }{m}\right))$$
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。

この三つの補題を用いて、次の等式を証明します。

($i$は総和記号のパラメタで、虚数単位ではありません。)

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。

以下では、${\displaystyle \frac{1}{2}(1-\iota \cot \left(\frac{\pi }{m}\right))=C}$とします。

べき級数に代入

上の方で、
${\displaystyle \underset{N\to \mathrm{\infty }}{lim}\sum _{k=1}^{mN}{\left(\frac{k}{mN}\right)}^j{\xi }_m^k=C}$
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、
${\displaystyle \underset{N\to \mathrm{\infty }}{lim}\sum _{k=1}^{mN}{\left(\frac{kx}{mN}\right)}^j{\xi }_m^k=C{x}^j}$
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${\displaystyle f\left(x\right)=f(0)+\sum _{j=1}^{\mathrm{\infty }}{a}_j{x}^j}$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、
$$f\left(x\right)=f\left(0\right)+\sum _{j=1}^{\mathrm{\infty }}{a}_j(\frac{1}{C}\cdot \underset{N\to \mathrm{\infty }}{lim}\sum _{k=1}^{mN}{\left(\frac{kx}{mN}\right)}^j{\xi }_m^k)$$
すなわち
$$\sum _{j=1}^{\mathrm{\infty }}{a}_j\underset{N\to \mathrm{\infty }}{lim}\sum _{k=1}^{mN}{\left(\frac{kx}{mN}\right)}^j{\xi }_m^k=C(f\left(x\right)-f\left(0\right))$$
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、
$$\sum _{j=1}^{\mathrm{\infty }}{a}_j\underset{N\to \mathrm{\infty }}{lim}\sum _{k=1}^{mN}{\left(\frac{kx}{mN}\right)}^j{\xi }_m^k=\underset{N\to \mathrm{\infty }}{lim}\sum _{k=1}^{mN}\sum _{j=1}^{\mathrm{\infty }}{a}_j{\left(\frac{kx}{mN}\right)}^j{\xi }_m^k$$
がなりたち、${\displaystyle 0\le \frac{k}{mN}\le 1}$から、${\displaystyle -r<x<r⟹-r<\frac{kx}{mN}<r}$が成立し、
$$\sum _{j=1}^{\mathrm{\infty }}{a}_j{\left(\frac{kx}{mN}\right)}^j{\xi }_m^k=(f\left(\frac{kx}{mN}\right)-f\left(0\right)){\xi }_m^k$$
ですので、
$$\underset{N\to \mathrm{\infty }}{lim}\sum _{k=1}^{mN}\sum _{j=1}^{\mathrm{\infty }}{a}_j{\left(\frac{kx}{mN}\right)}^j{\xi }_m^k=\underset{N\to \mathrm{\infty }}{lim}\sum _{k=1}^{mN}(f\left(\frac{kx}{mN}\right)-f\left(0\right)){\xi }_m^k$$
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、
$$\underset{N\to \mathrm{\infty }}{lim}\sum _{k=1}^{mN}f\left(\frac{kx}{mN}\right){\xi }_m^k=C(f(x)-f(0))$$
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、
$$\underset{N\to \mathrm{\infty }}{lim}\sum _{k=1}^{mN}f\left(\frac{kx}{mN}\right){\xi }_m^k=C(f(x)-f(0))$$
に${\displaystyle C=\frac{1}{2}(1-\iota \cot \left(\frac{\pi }{m}\right))}$を代入すれば、表題の式
$$\underset{N\to \mathrm{\infty }}{lim}\sum _{k=1}^{mN}f\left(\frac{kx}{mN}\right){\xi }_m^k=\frac{(f(x)-f(0))}{2}(1-\iota \cot \left(\frac{\pi }{m}\right))$$
が得られ、実数部分と虚数部分を比較することで、
$$\underset{N\to \mathrm{\infty }}{lim}\sum _{k=1}^{mN}f\left(\frac{kx}{mN}\right)\cos \left(\frac{2k\pi }{m}\right)=\frac{f\left(x\right)-f\left(0\right)}{2}$$
$$\underset{N\to \mathrm{\infty }}{lim}\sum _{k=1}^{mN}f\left(\frac{kx}{mN}\right)\sin \left(\frac{2k\pi }{m}\right)=\frac{f\left(x\right)-f\left(0\right)}{2}\tan (\frac{\pi }{2}-\frac{\pi }{m})$$
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、
${\displaystyle \cos \left(\frac{2k\pi }{m}\right)=\cos \left(k\pi \right)={(-1)}^k}$ですので、
$$\underset{N\to \mathrm{\infty }}{lim}\sum _{k=1}^{2N}f\left(\frac{kx}{2N}\right){(-1)}^k=\frac{f\left(x\right)-f\left(0\right)}{2}$$
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、
$$\underset{N\to \mathrm{\infty }}{lim}\sum _{k=1}^{2N}f\left(\frac{k}{2N}\right){(-1)}^k=\frac{f\left(1\right)-f\left(0\right)}{2}=\frac{1}{2}{\int }_0^1{f}^{\prime }\left(x\right)dx$$
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、
${\displaystyle \sum _{k=1}^N{\left(\frac{k}{N}\right)}^j{(-1)}^{N-k}}$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。