区分求積法をわかりやすく【意味・例題・応用】

1. 和をシグマで表すと， $$\lim_{n \to \infty}\sum_{k=1}^n \dfrac{1}{n+k}$$ となる。

2. さらに，$\dfrac{1}{n}$ を前に出して残りを $\dfrac{k}{n}$ で表すと， $$\lim_{n\to\infty}\dfrac{1}{n}\sum_{k=1}^n\dfrac{1}{1+\frac{k}{n}}$$ となる。

3. 区分求積法を適用。つまり，$\dfrac{k}{n}$ の部分を $x$ で置き換えて定積分で表す： $$\begin{aligned}&\lim_{n\to\infty}\dfrac{1}{n}\sum_{k=1}^n\dfrac{1}{1+\frac{k}{n}}\\ &=\displaystyle\int_0^1\dfrac{1}{1+x}dx\\ &=\log 2\end{aligned}$$

$$\displaystyle\lim_{n\to\infty}\sum_{k=3}^{n-4}\dfrac{1}{n+k}=\displaystyle\lim_{n\to\infty}\sum_{k=1}^{n}\dfrac{1}{n+k}$$ である。なぜなら，$k=1,2,n-3,n-2,n-1,n$ の項は $n\to\infty$ ですべて $0$ に収束するから。

右辺は例題1で計算したように， $$\begin{aligned}&\lim_{n\to\infty}\dfrac{1}{n}\sum_{k=1}^n\dfrac{1}{1+\frac{k}{n}}\\ &=\displaystyle\int_0^1\dfrac{1}{1+x}dx\\ &=\log 2\end{aligned}$$

シグマを使って表すと，$$\displaystyle\lim_{n\to\infty}\sum_{k=1}^{3n}\dfrac{1}{n+k}=\lim_{n\to\infty}\dfrac{1}{n}\sum_{k=1}^{3n}\dfrac{1}{1+\frac{k}{n}}$$ となり，シグマの範囲が $1$ から $3n$ になる。区分求積法を使う際，長方形の横の区切りは $\dfrac{1}{n}$ から $\dfrac{3n}{n}=3$ までなので，積分区間は $[0,3]$ になる。よって，求める値は $$\displaystyle\int_{0}^3\dfrac{1}{1+x}dx$$ となる。これを計算すると $\log 4$

例題3の答えの $\dfrac{1}{3}$ 倍なので，$\dfrac{1}{3}\log 4$

まず $\dfrac{k-1}{n} \leqq x \leqq \dfrac{k}{n}$ のとき，平均値の定理より

$$f\left(\dfrac{k}{n}\right)-f(x)=\left(\dfrac{k}{n}-x\right)f'(\theta_{k,n,x})$$

となるような（$k,n,x$ によって決まる）数 $\theta_{k,n,x}$ が $x$ と $\dfrac{k}{n}$ の間に存在する。

$f'$ は $0 \leqq x \leqq 1$ 上の連続関数だから，最大値の原理よりその絶対値 $|f'|は$ 最大値 $C$ もつ。すると $\dfrac{k-1}{n} \leqq x \leqq \dfrac{k}{n}$ のとき，

$$\begin{aligned} & \left| f(x) -f\left(\dfrac{k}{n}\right) \right| \\ & =\left| \left(x- \dfrac{k}{n}\right)f'(\theta_{k,n,x}) \right| \\ & \leqq \left(\dfrac{k}{n}-x\right)C \end{aligned}$$

が成り立つ。よって

$$\begin{aligned} & \left| \int_{(k-1)/n}^{k/n} \left(f(x) - f\left(\dfrac{k}{n}\right) \right)dx \right| \\ & \leqq \int_{(k-1)/n}^{k/n} \left|f(x) - f\left(\dfrac{k}{n}\right) \right|dx \\ & \leqq \int_{(k-1)/n}^{k/n} \left(\left(\dfrac{k}{n}-x\right)C \right)dx \\ & =C\left[-\dfrac{1}{2} \left(\dfrac{k}{n}-x\right)^2\right]_{(k-1)/n}^{k/n} \\ & =\dfrac{C}{2n^2} \end{aligned}$$

となる。最後に

$$\begin{aligned} & \left|\int_0^1 f(x)dx - \dfrac{1}{n}\sum_{k=1}^n f\left(\dfrac{k}{n}\right) \right| \\ & = \left| \sum_{k=1}^n \int_{(k-1)/n}^{k/n}f(x)dx - \sum_{k=1}^n \int_{(k-1)/n}^{k/n}f\left(\dfrac{k}{n}\right)dx \right| \\ & \leqq\sum_{k=1}^n \int_{(k-1)/n}^{k/n} \left|f(x) - f\left(\dfrac{k}{n}\right) \right|dx \\ & \leqq \sum_{k=1}^n\dfrac{C}{2n^2}=\dfrac{C}{2n} \to 0 \hspace{15pt}(n \to \infty) \end{aligned}$$

となるから，

$$\lim_{n \to \infty} \dfrac{1}{n}\sum_{k=1}^n f\left(\dfrac{k}{n}\right)=\int_0^1 f(x)dx$$

である。