区分求積法の拡張
※今回はε-δ論法及び初等的な位相空間論を用います
久しぶり
お久しぶりです。今回のテーマは区分求積法です。
まずは
まず、普通用いられる区分求積法が如何に使いづらいか試してみましょう
例題
次の極限を求めてみましょう
$$\lim_{n\to\infty}\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{k+n+1}$$
回答
任意の$n\in\mathbb{N}$に対して、
$$
\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{k+n+1}\lt\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{k+n}
$$
また、
$$
\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{k+n+1}=\sum_{k=2}^{n+1}\frac{1}{k+n}\gt\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{k+n}-\frac{1}{1+n}
$$
これより、次が成り立つ
$$
\frac{1}{n}\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{\frac{k}{n}+1}-\frac{1}{n+1}\lt\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{k+n+1}\lt\frac{1}{n}\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{\frac{k}{n}+1}
$$
故に、はさみうちの原理と区分求積法により、
$$
\begin{array}{\flushleft}\displaystyle{\lim_{n\to\infty}\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{k+n+1}}&&=&&\displaystyle{\int_{0}^{1}\frac{1}{x+1}dx}\\&&=&&\mathrm{ln}2\end{array}
$$
を得る。
ここで、皆さんこう思ったのではないでしょうか。次のような変形ができないかと
$$
\begin{array}{flushleft}\displaystyle{\lim_{n\to\infty}\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{k+n+1}}&=&\displaystyle{\lim_{n\to\infty}\frac{1}{n}\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{\frac{k}{n}+1+\frac{1}{n}}}\\&=&\displaystyle{\int_{0}^{1}\frac{1}{x+1}dx}\end{array}
$$
なぜそう思うかと言うと、$\displaystyle{\lim_{n\to\infty}\frac{1}{n}=0}$だからです。という訳で本題です。
本編
という訳で今回の主題となる定理です
$C\subset\mathbb{R}^m$をコンパクト集合とし、$f:[0,1]×C\to\mathbb{R}$を連続写像とする。$\displaystyle{\lbrace\boldsymbol{a}_n\rbrace_{n=1}^{\infty}}$を$ C$上の収束列とし、その極限を$\boldsymbol{a}\in C$とおくと、次が成り立つ
$$
\lim_{n\to\infty}\frac{1}{n}\sum_{k=1}^{n}f\left(\frac{k}{n},\boldsymbol{a}_n\right)=\int_{0}^{1}f(x,\boldsymbol{a})dx
$$
これを用いて先の例題を解いてみましょう。
コンパクト集合$ C$を$[0,1]$とし、連続関数$f:[0,1]×[0,1]\to\mathbb{R}$を$f(x,y)=\frac{1}{x+1+y}$とおく
すると、
$$
\begin{array}{\flushleft}\displaystyle{\lim_{n\to\infty}\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{k+n+1}} &=&\displaystyle{\lim_{n\to\infty}\frac{1}{n}\sum_{k=1}^{n}f\left(\frac{k}{n},\frac{1}{n}\right)}\\&=&\displaystyle{\int_{0}^{1}f(x,0)dx}\\&=&\displaystyle{\int_{0}^{1}\frac{1}{x+1}}\\&=&\mathrm{ln}2\end{array}
$$
を得ます。
先程の解答より簡潔になりましたね。
という訳で、証明をしてみましょう。
まず、$ [0,1]$はコンパクトで、有限個のコンパクト集合の直積はコンパクトである。故に、$ [0,1]×C$はコンパクトである。故に、与えられた関数$f$はコンパクト集合上の連続関数であるため、一様連続である。
ここで、
$$
\begin{array}{\flushleft}\displaystyle{\left|\frac{1}{n}\sum_{k=1}^{n}f\left(\frac{k}{n},\boldsymbol{a}_n\right)-\int_{0}^{1}f(x,\boldsymbol{a})dx\right|}&=&\displaystyle{\left|\frac{1}{n}\sum_{k=1}^{n}f\left(\frac{k}{n},\boldsymbol{a}_n\right)-\sum_{k=1}^{n}\int_{\frac{k-1}{n}}^{\frac{k}{n}}f(x,\boldsymbol{a})\right|}\\&\leq&\displaystyle{\frac{1}{n}\left|\sum_{k=1}^{n}f\left(\frac{k}{n},\boldsymbol{a}_n\right)-\sum_{k=1}^{n}f\left(\frac{k}{n},\boldsymbol{a}\right)\right|+\left|\frac{1}{n}\sum_{k=1}^{n}f\left(\frac{k}{n},\boldsymbol{a}\right)-\sum_{k=1}^{n}\int_{\frac{k-1}{n}}^{\frac{k}{n}}f(x,\boldsymbol{a})dx\right|}\end{array}
$$
である。
ここで、$\epsilon\gt0$を任意に取る。この時、$f$は第2変数について一様連続なので、ある$\delta_1\gt0$が存在して、$\left\|\boldsymbol{x}-\boldsymbol{y}\right\|\lt\delta_1$なら、$\displaystyle{\left|f\left(\frac{k}{n},\boldsymbol{x}\right)-f\left(\frac{k}{n},\boldsymbol{y}\right)\right|}\lt\frac{\epsilon}{2}$となる。ここで、$\displaystyle{\lim_{n\to\infty}\boldsymbol{a}_n=\boldsymbol{a}}$より、ある$ N_1\in\mathbb{N}$が存在して$n\geq N_1$なら、$\left\|\boldsymbol{a}_n-\boldsymbol{a}\right\|\lt\delta_1$が成り立つ。故に、$\displaystyle{\left|f\left(\frac{k}{n},\boldsymbol{a}_n\right)-f\left(\frac{k}{n},\boldsymbol{a}\right)\right|}\lt\frac{\epsilon}{2}$が成り立つ。
また、$f$は第1変数について一様連続なので、ある$\delta_2\gt0$が存在して$\left|u-v\right|\lt\delta_2$なら、$\displaystyle{\left|f\left(u,\boldsymbol{a}\right)-f\left(v,\boldsymbol{a}\right)\right|\lt\frac{\epsilon}{2}}$となる。また、$f$は第1変数について連続なので、積分の平均値の定理により、各$n,k$に対して、ある$\theta_{n,k}\in\left[\frac{k-1}{n},\frac{k}{n}\right]$が存在し
$$\int_{\frac{k-1}{n}}^{\frac{k}{n}}f(x,\boldsymbol{a})=\frac{1}{n}f(\theta_{n,k},\boldsymbol{a})$$
が成り立つ。この時、
$$\left|\frac{1}{n}\sum_{k=1}^{n}f\left(\frac{k}{n},\boldsymbol{a}\right)-\sum_{k=1}^n\int_{\frac{k-1}{n}}^{\frac{k}{n}}f(x,\boldsymbol{a})\right|=\frac{1}{n}\left|\sum_{k=1}^{n}f\left(\frac{k}{n},\boldsymbol{a}\right)-\sum_{k=1}^{n}f(\theta_{n,k},\boldsymbol{a})\right|$$
である。ここで、$\frac{1}{n}\geq\frac{k}{n}-\theta_{n,k}\geq0$より、$\left|\frac{k}{n}-\theta_{n,k}\right|\leq\frac{1}{n}$が成り立つ。ここで、実数のアルキメデス性から、$N_2\delta_2\gt1$となる$ N_2\in\mathbb{N}$が取れるから、$n\geq N_2$なら、$\left|\frac{k}{n}-\theta_{n,k}\right|\leq\frac{1}{n}\leq\frac{1}{N}\lt\delta_2$を得る。これより、$\displaystyle{\left|f\left(\frac{k}{n},\boldsymbol{a}\right)-f\left(\theta_{n,k},\boldsymbol{a}\right)\right|}\lt\frac{\epsilon}{2}$となる。
以上より、$ N_0=\mathrm{max}(N_1,N_2)$とすると、$n\geq N_0$なら
$$\begin{array}{\flushleft}\displaystyle{\left|\frac{1}{n}\sum_{k=1}^{n}f\left(\frac{k}{n},\boldsymbol{a}_n\right)-\int_{0}^{1}f(x,\boldsymbol{a})dx\right|}&\leq&\displaystyle{\frac{1}{n}\left|\sum_{k=1}^{n}f\left(\frac{k}{n},\boldsymbol{a}_n\right)-\sum_{k=1}^{n}f\left(\frac{k}{n},\boldsymbol{a}\right)\right|+\frac{1}{n}\left|\sum_{k=1}^{n}f\left(\frac{k}{n},\boldsymbol{a}\right)-\sum_{k=1}^{n}f(\theta_{n,k},\boldsymbol{a})\right|}\\&\leq&\displaystyle{\frac{1}{n}\sum_{k=1}^{n}\left|f\left(\frac{k}{n},\boldsymbol{a}_n\right)-f\left(\frac{k}{n},\boldsymbol{a}\right)\right|+\frac{1}{n}\sum_{k=1}^{n}\left|f\left(\frac{k}{n},\boldsymbol{a}\right)-f(\theta_{n,k},\boldsymbol{a})\right|}\\&\lt&\displaystyle{\frac{1}{n}\sum_{k=1}^{n}\frac{\epsilon}{2}+\frac{1}{n}\sum_{k=1}^{n}\frac{\epsilon}{2}}\\&=&\epsilon\end{array}$$
となり、目標の極限を得る。(終)
終わりに
どうでしょうか、受験数学の解答として用いるまではなくともロピタルの定理のように極限の目星を付けるような定理になるかと思います。
という訳で今回の記事は終わります。
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