関数列と区分求積法

区間 I = \left[ 0,1 \right] で定義された連続関数列 \left\{ f_ n \left( x \right) \right\} とその極限関数 f \left( x \right) について次のことが成り立ちます.

関数列 \left\{ f_ n \left( x \right) \right\} If \left( x \right) に一様収束するならば
\displaystyle \lim_{n \to \infty} \frac{1}{n} \sum_{k=1}^n f_ n \left( \frac{k}{n} \right) = \int_0^1 f \left( x \right) dx

(証明)

関数列 \left\{ f_ n \left( x \right) \right\} If \left( x \right) に一様収束するので,任意の正数 \epsilon _ 1 に対してある正整数 N_ 1 があって n \gt N_ 1 ならば,任意の x \in I について

| \, f_ n \left( x \right) - f \left( x \right) | \lt \epsilon _ 1

が成り立つ.

また f \left( x \right) I 上可積なので,任意の正数 \epsilon _ 2 に対してある正整数 N_ 2 があって n \gt N_ 2 ならば

\displaystyle \left| \, \frac{1}{n} \sum_{k=1}^n f \left( \frac{k}{n} \right) - \int_0^1 f \left( x \right) dx \right| \, \lt \epsilon _ 2

が成り立つ.

\epsilon は任意の正数,\displaystyle \epsilon _ 1 = \epsilon _ 2 = \frac{\epsilon}{2}N= \mathrm{max} \left\{ N_ 1 , N_ 2 \right\} としておくと,n \gt N ならば三角不等式から

\displaystyle \left| \, \frac{1}{n} \sum_{k=1}^n f_ n \left( \frac{k}{n} \right) - \int_0^1 f \left( x \right) dx \right| \, \leq \left| \, \frac{1}{n} \sum_{k=1}^n f_ n \left( \frac{k}{n} \right) - \frac{1}{n} \sum_{k=1}^n f \left( \frac{k}{n} \right) \right| + \left| \, \frac{1}{n} \sum_{k=1}^n f \left( \frac{k}{n} \right) - \int_0^1 f \left( x \right) dx \right|

であって,第一項は

\displaystyle \left| \, \frac{1}{n} \sum_{k=1}^n f_ n \left( \frac{k}{n} \right) - \frac{1}{n} \sum_{k=1}^n f \left( \frac{k}{n} \right) \right| \lt \frac{1}{n} \sum_{k=1}^n \frac{\epsilon}{2} = \frac{\epsilon}{2}

となるので,第二項とあわせて

\displaystyle \left| \, \frac{1}{n} \sum_{k=1}^n f_ n \left( \frac{k}{n} \right) - \int_0^1 f \left( x \right) dx \right| \, \lt \frac{\epsilon}{2} + \frac{\epsilon}{2} = \epsilon

を得る.

\Box

 

この主張は一様収束という仮定を外すと成立しません.たとえば次のように定義される I 上の連続関数列 \left\{ f_ n \left( x \right) \right\} を考えてみます.まず  f_ 1 \left( x \right) = 1 として,n \geq 2 のときは

\displaystyle x \in \left[ 0, \frac{1}{n} \right] ならば f_ n \left( x \right) = n^ 2 x .    
\displaystyle x \in \left[ \frac{1}{n} , \frac{2}{n} \right] ならば f_ n \left( x \right) = n \left( 2-nx \right)
\displaystyle x \in \left[ \frac{2}{n} , 1 \right] ならば f_ n \left( x \right) = 0 .     

と定めます.n \geq 2 のとき,これは 3\left( 0,0 \right) , \displaystyle \left( \frac{1}{n} , n \right) , \displaystyle \left( \frac{2}{n} , 0 \right) を頂点とするような三角形のグラフになります.このとき \left\{ f_ n \left( x \right) \right\} は定数関数 0 に各点収束しますが,\mathrm{sup}_{x \in I} | \, f_ n \left( x \right) | = n なので一様収束はしません.

n \geq 2 のとき主張の左辺は

\displaystyle \frac{1}{n} \sum_{k=1}^n f_ n \left( \frac{k}{n} \right) = \frac{1}{n} f_ n \left( \frac{1}{n} \right) = 1

ですが,主張の右辺は

\displaystyle \int_0^1 f \left( x \right) dx = \int_0^1 0 \, dx = 0

となり,両者は一致しません.

 

最後にこの命題を利用して問題を一つ解いてみます.

\displaystyle \lim_{n \to \infty} \sum_{k=1}^n \mathrm{tan} \left( \frac{k}{n^ 2} \pi \right) = \frac{\pi}{2}

(証明)

\displaystyle f_ n \left( x \right) = n \, \mathrm{tan} \left( \frac{x}{n} \pi \right) n \geq 3 )として I 上の連続関数列 \left\{ f_ n \left( x \right) \right\} を考える.

\displaystyle \left( f_ n \left( x \right) -\pi x \right) ^ {\prime} = \left( \frac{1}{ \left( \mathrm{cos} \left( \frac{x}{n} \pi \right) \right) ^ 2 } -1 \right) \pi

より f_ n \left( x \right) -\pi xI 上単調増加で,x=1 で最大値をとる.ここで

\displaystyle f_ n \left( 1 \right) -\pi = n \, \mathrm{tan} \left( \frac{\pi}{n} \right) - \pi = \frac{ \mathrm{sin} \left( \frac{\pi}{n} \right) }{ \frac{\pi}{n} } \frac{ 1 }{ \mathrm{cos} \left( \frac{\pi}{n} \right) } \pi - \pi

なので n \to \infty とするとこれは 0 へ収束する.ゆえに関数列 \left\{ f_ n \left( x \right) \right\}I\pi x に一様収束する.したがって,初めの命題より

\displaystyle \lim_{n \to \infty} \frac{1}{n} \sum_{k=1}^n f_ n \left( \frac{k}{n} \right) = \int_0^1 \pi x \, dx

が成り立ち,これより主張の等式を得る.

\Box