関数の極限の求め方 その5 (積分を含んだ関数と区分求積法)

上野竜生です。今回は極限の計算のうち積分を含んだものを紹介します。区分求積法が重要なので先に紹介し、あとで積分と微分の定義を用いたパターンも紹介します。

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区分求積法

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

イメージは\( f(\frac{k}{n})\cdot \frac{1}{n} \)で縦の長さが\( f(\frac{k}{n}) \),横の長さが\( \frac{1}{n} \)の長方形の面積になります。これをk=1からnまでn個足すとほとんどf(x)の面積に等しくなり,nの極限を取ると完全に一致するようになります。

区分求積法の図

積分区間の0→1については少し注意する必要があります。Σの最初と最後に注目します。今回はk=1→nです。k=1のとき\( f(\frac{k}{n})=f(\frac{1}{n})≒f(0) \),k=nのとき\(f(\frac{k}{n})=f(\frac{n}{n})=f(1) \)なので0→1までの積分です。

 \( \displaystyle \lim_{n \to \infty} \frac{1}{n} \sum_{k=2n}^{5n-1} \sin{\frac{k}{n}} \)

f(x)=sinxとおけばいいのは気づきますがΣの中がk=2n→5n-1となっています。k=2nのときf(k/n)=f(2)で,k=5n-1のときf(k/n)→f(5)(n→∞)になることに注意すると積分区間は2→5になります。これに注意して解答を作成しましょう。

答えf(x)=sinxとおくと求める和は
\( \displaystyle \int_2^5 f(x) dx = [-\cos{x}]_2^5=\cos{2}-\cos{5} \)

ぱっと見で公式の形に似てるけどちょっと違うな・・・ってときは無理やり公式の形に変形してみましょう。

まず\(\frac{1}{n} \)を無理やり外に出し、残った部分を\(\frac{k}{n} \)だけの式に無理やり変形することがポイントです。

区分求積法の例題

まずは基本問題です。数IIIの積分を習っていればできるはずです。習っていなければ一旦飛ばしてもいいでしょう。

(1) \(\displaystyle \lim_{n\to \infty} \frac{1}{n^3} \sum_{k=1}^n k^2 \)
(2) \(\displaystyle \lim_{n\to \infty} \sum_{k=1}^n \frac{n}{n^2+k^2} \)
(3) \(\displaystyle \lim_{n\to \infty} \frac{1}{n} \sum_{k=3n-4}^{5n+6} e^{\frac{k}{n}} \)

答え(1) \(\displaystyle \lim_{n\to \infty} \frac{1}{n} \sum_{k=1}^n \left(\frac{k}{n}\right)^2 \\ = \displaystyle \int_0^1 x^2 dx =\frac{1}{3} \)

<別解>この程度ならΣ計算できる。
\(\displaystyle \lim_{n\to \infty} \frac{\frac{1}{6}n(n+1)(2n+1)}{n^3} \\ =\displaystyle \lim_{n\to \infty} \frac{1}{6}(1+\frac{1}{n})(2+\frac{1}{n})=\frac{1}{3} \)
答え(2) \(\displaystyle \lim_{n\to \infty} \frac{1}{n} \sum_{k=1}^n \frac{1}{1+(\frac{k}{n})^2} \\ =\displaystyle \int_0^1 \frac{1}{1+x^2}dx \)
x=tanθとおくと
\(\displaystyle \int_0^{\frac{\pi}{4}} \frac{1}{1+\tan^2{\theta}} \cdot \frac{d\theta}{\cos^2{\theta}} \\ =\displaystyle \int_0^{\frac{\pi}{4}} d\theta= \frac{\pi}{4} \)
(3) \(\displaystyle \lim_{n\to \infty} \frac{1}{n} \sum_{k=3n-4}^{5n+6} e^{\frac{k}{n}} \\ \displaystyle =\int_3^5 e^x dx = e^5-e^3 \)
<別解>等比数列なのでΣ計算できそうだが…
Σの中身は等比数列なので計算すると
\(\displaystyle \lim_{n\to \infty} \frac{e^{\frac{5n+7}{n}}-e^{\frac{3n-4}{n}}}{n(e^{\frac{1}{n}}-1)} \)(*)
このあとの極限計算が難しくなります。ちなみに\( t=\frac{1}{n} \)とおき\( f(x)=e^x \)として微分係数の定義を用いると
\(\displaystyle \lim_{n\to \infty} n(e^{\frac{1}{n}}-1)= \lim_{n\to \infty} \frac{e^{\frac{1}{n}}-1}{\frac{1}{n}} \\ =\displaystyle \lim_{t \to +0} \frac{e^t-1}{t}=\lim_{t \to +0} \frac{f(t)-f(0)}{t-0}=f'(0)=1 \)
これを用いると(*)\( =e^5-e^3\)が導けます。

次の問題はかなり難しい応用問題です。紹介するのをやめるか悩みましたが一応書きました。難関大学を目指す人以外は飛ばしてよいでしょう。

\(\displaystyle \lim_{n \to \infty} \left( \frac{(4n)!n!}{(3n)!(2n)!}\right)^{\frac{1}{n}} \)
答え\(\displaystyle \lim_{n \to \infty} \left( \frac{(4n)!n!}{(3n)!(2n)!}\right)^{\frac{1}{n}}\\ =\displaystyle \lim_{n\to \infty} \left( \frac{(4n)(4n-1)(4n-2)\cdots (4n-n+1)}{(2n)(2n-1)(2n-2)\cdots (2n-n+1)}\right)^{\frac{1}{n}} \\ =\displaystyle \lim_{n\to \infty} \left( \frac{(3n+1)(3n+2)\cdots (3n+n)}{(n+1)(n+2)\cdots (n+n)}\right)^{\frac{1}{n}} \)
ここで対数を取ると対数関数の連続性より
\(\displaystyle \log{} (\lim_{n\to \infty} \left( \frac{(3n+1)(3n+2)\cdots (3n+n)}{(n+1)(n+2)\cdots (n+n)}\right)^{\frac{1}{n}} ) \\ =\displaystyle \lim_{n\to \infty} \log{} \left( \frac{(3n+1)(3n+2)\cdots (3n+n)}{(n+1)(n+2)\cdots (n+n)}\right)^{\frac{1}{n}} \\ =\displaystyle \lim_{n\to \infty} \frac{1}{n} \sum_{k=1}^n (\log{(3n+k)}-\log{(n+k)}) \\ =\displaystyle \lim_{n\to \infty} \frac{1}{n} \sum_{k=1}^n (\log{(3+\frac{k}{n})}-\log{(1+\frac{k}{n})}) \\ =\displaystyle \int_0^1 \log{(3+x)}-\log{(1+x)} dx \\ = [ (x+3)\log{(x+3)}-(x+3) – (x+1)\log{(x+1)}+(x+1) ]_0^1 \\ =4\log{4}-4-2\log{2}+2-3\log{3}+3-1 \\ = 6\log{2}-3\log{3} \)
よって元の極限値は
\(\displaystyle e^{6\log{2}-3\log{3}}=\frac{2^6}{3^3}=\frac{64}{27} \)

積分と微分の定義を用いるパターンの例題

この例題は「区分求積法」を使う例題ではありませんが式の中に積分が入っているパターンなのでついでに紹介しておきます。

次の極限を求めよ
(1) \(\displaystyle \lim_{x\to 3} \frac{\int_3^x e^{-t^2}dt }{x-3} \)
(2) \(\displaystyle \lim_{x \to 2} \int_4^{x^2} \frac{e^{t^2}}{x-2} dt \)
答え(1) \(e^{-x^2} \)の原始関数をF(x)とすると\(F'(x)=e^{-x^2} \)
求めるものは微分係数の定義より
\(\displaystyle \lim_{x \to 3} \frac{F(x)-F(3)}{x-3}=F'(3)=e^{-9}=\frac{1}{e^9} \)
(2) \(e^{x^2} \)の原始関数をF(x)とすると\(F'(x)=e^{x^2} \)
\(s=x^2 \)とおくと微分係数の定義より
\(\displaystyle \lim_{x\to 2} \frac{\int_4^{x^2} e^{t^2}dt }{x^2-4}=\lim_{s \to 4} \frac{F(s)-F(4)}{s-4} =F'(4)=e^{16} \)
よって求めるものは
\(\displaystyle \lim_{x\to 2} \frac{\int_4^{x^2} e^{t^2}dt}{x^2-4} \cdot \frac{(x+2)(x-2)}{x-2}=4e^{16}\)

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