区分求積法(基本編)
積分(数学Ⅲ)(教科書範囲) ★★★
区分求積法を扱います．このページは和が $n$ 個の基本的なタイプです．
和が $n$ 個でない場合( $2n$ 個など)の応用編は区分求積法(応用編)へ．
区分求積とは
唐突ですが，どうすれば滑らかな曲線の関数の面積を求めることができるかを，以下の図で考えます．
簡単のため，$0$ 〜 $1$ の区間の面積を考えます．これさえ求めることができれば，同じ考えで任意の面積が求められるはずです．
昔の数学者は，細かく長方形に分割して，それを足せばいいのではないかと考えました．
上の図は幅を $8$ 等分して，長方形のブロックを並べたものです．しかし，$8$ 等分程度では，隙間やはみ出た箇所を考えると，近似できているとは言えませんよね．
そこで次に $16$ 等分してみます．
いい感じに近づきましたね．しかしまだ隙間やはみ出た箇所があります．
そこで $\infty$ 等分にすれば，正確に面積として一致するはずだと考えるのが自然です．つまり，$n$ 等分して求めたブロックの和を，$n \to \infty$ するという操作をします．
上の図のように，$k$ 番目の長方形の面積 $\displaystyle f\left(\dfrac{k}{n}\right)\dfrac{1}{n}$ を $k$ が $0$ 番目から $n-1$ 番目までシグマで和をとります．その和で $n \to \infty$ すればいいので
$\displaystyle \lim_{n \to \infty}\sum_{k=0}^{n-1}f\left(\frac{k}{n}\right)\frac{1}{n}=\int_{0}^{1}f(x)\,dx$
となります．しかし左辺のシグマが，$0$ から $n-1$ の和では実用上不便なので，$1$ 番目から $n$ 番目までに変更するために左辺のみ式変形をします．
$\displaystyle \lim_{n \to \infty}\sum_{k=0}^{n-1}f\left(\frac{k}{n}\right)\frac{1}{n}$
$\displaystyle =\lim_{n \to \infty}\left\{\sum_{k=1}^{n}f\left(\frac{k}{n}\right)\frac{1}{n}+f\left(\frac{0}{n}\right)\frac{1}{n}-f\left(\frac{n}{n}\right)\frac{1}{n}\right\}$
$\displaystyle =\lim_{n \to \infty}\sum_{k=1}^{n}f\left(\frac{k}{n}\right)\frac{1}{n}$
$\displaystyle =\lim_{n \to \infty}\frac{1}{n}\sum_{k=1}^{n}f\left(\frac{k}{n}\right)$
以下にまとめます．
区分求積法
$\displaystyle \boldsymbol{\lim_{n \to \infty}\frac{1}{n}\sum_{k=1}^{n}f\left(\frac{k}{n}\right)=\int_{0}^{1}f(x)\,dx}$
取り急ぎ実用上，上記の形でのみ覚えておけば基本は対応できます．
区分求積は，極限の問題を積分に対応させることが狙いです．
例題と練習問題
例題
例題
次の極限を求めよ．
$\displaystyle\lim_{n \to \infty}\left(\dfrac{1}{n+2}+\dfrac{1}{n+4}+\cdots+\dfrac{1}{3n}\right)$
講義
強引に上の公式が使えるようにします．手順は以下の通りです．
STEP1：シグマ表記する．
STEP2：$\dfrac{1}{n}$ をシグマの外に，シグマの中に $\dfrac{k}{n}$ の形を強引に作る．
STEP3：$\dfrac{k}{n}$ を $x$ に対応させて積分表記する．
というステップを踏みます．
解答
$\displaystyle\lim_{n \to \infty}\left(\dfrac{1}{n+2}+\dfrac{1}{n+4}+\cdots+\dfrac{1}{n+2n}\right)$
$\displaystyle =\lim_{n \to \infty}\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{n+2k}$ ← シグマ表記
$\displaystyle =\lim_{n \to \infty}\frac{1}{n}\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{1+2\dfrac{k}{n}}$ ← $\dfrac{1}{n}$，$\dfrac{k}{n}$ を作る
$\displaystyle =\int_{0}^{1}\dfrac{1}{1+2x}\,dx$ ← $\dfrac{k}{n}$ を $x$ に対応
$\displaystyle =\left[\frac{1}{2}\log(1+2x)\right]_{0}^{1}$
$=\boldsymbol{\dfrac{1}{2}\log3}$
練習問題
練習
次の極限を求めよ．
(1) $\displaystyle \lim_{n \to \infty}\dfrac{1}{\sqrt{n}}\left(\dfrac{1}{\sqrt{n+1}}+\dfrac{1}{\sqrt{n+2}}+\cdots+\dfrac{1}{\sqrt{2n}}\right)$
(2) $\displaystyle \lim_{n \to \infty}\dfrac{1}{(n+1)^{2}}\sum_{k=1}^{n}ke^{\frac{k}{n}}$
(3) $\displaystyle \lim_{n \to \infty}\dfrac{\sqrt[n]{(n+1)(n+2)\cdots(2n)}}{n}$
解答
(1)
$\displaystyle \lim_{n \to \infty}\dfrac{1}{\sqrt{n}}\left(\dfrac{1}{\sqrt{n+1}}+\dfrac{1}{\sqrt{n+2}}+\cdots+\dfrac{1}{\sqrt{2n}}\right)$
$\displaystyle =\lim_{n \to \infty}\dfrac{1}{\sqrt{n}}\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{\sqrt{n+k}}$
$\displaystyle =\lim_{n \to \infty}\frac{1}{n}\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{\sqrt{1+\dfrac{k}{n}}}$
$\displaystyle =\int_{0}^{1}\dfrac{1}{\sqrt{1+x}}\,dx$
$\displaystyle =\Bigl[2\sqrt{1+x}\Bigr]_{0}^{1}$
$\displaystyle =\boldsymbol{2\sqrt{2}-2}$
(2)
$\displaystyle \lim_{n \to \infty}\dfrac{1}{(n+1)^{2}}\sum_{k=1}^{n}ke^{\frac{k}{n}}$
$\displaystyle=\lim_{n \to \infty}\dfrac{1}{\left(1+\frac{1}{n}\right)^{2}} \cdot \dfrac{1}{n}\sum_{k=1}^{n}\dfrac{k}{n}e^{\frac{k}{n}}$
$\displaystyle =\int_{0}^{1}xe^{x}\,dx$
$\displaystyle =\Bigl[xe^{x}\Bigr]_{0}^{1}-\int_{0}^{1}e^{x}\,dx$
$=e-(e-1)$
$=\boldsymbol{1}$
(3) 対数をとって，積を和の形に変換するのがポイントです．
$\displaystyle \dfrac{\sqrt[n]{(n+1)(n+2)\cdots(2n)}}{n}$ を $A$ とおくと
$\displaystyle \lim_{n \to \infty}\log A$ ← 対数の極限を求めます
$\displaystyle =\lim_{n \to \infty}\log \sqrt[n]{\left(1+\dfrac{1}{n}\right)\left(1+\dfrac{2}{n}\right)\cdots\left(1+\dfrac{n}{n}\right)}$
$\displaystyle =\lim_{n \to \infty}\dfrac{1}{n}\log\left(1+\dfrac{1}{n}\right)\left(1+\dfrac{2}{n}\right)\cdots\left(1+\dfrac{n}{n}\right)$
$\displaystyle =\lim_{n \to \infty}\dfrac{1}{n}\left\{\log \left(1+\dfrac{1}{n}\right)+\log\left(1+\dfrac{2}{n}\right)+\cdots+\log\left(1+\dfrac{n}{n}\right)\right\}$
$\displaystyle =\lim_{n \to \infty}\dfrac{1}{n}\sum_{k=1}^{n}\log \left(1+\dfrac{k}{n}\right)$
$\displaystyle =\int_{0}^{1}\log(1+x)\,dx$
$\displaystyle =\Bigl[(1+x)\log(1+x)\Bigr]_{0}^{1}-\int_{0}^{1}(1+x)\dfrac{1}{1+x}\,dx$
$\displaystyle =2\log2-1$
$\displaystyle =\log\dfrac{4}{e}$
$\displaystyle \therefore \lim_{n \to \infty}A=\boldsymbol{\dfrac{4}{e}}$
※ 最後に $\log$ を外すのをお忘れなく。。