COMPASS

真の理解のためのシンプルな数学のノート

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定積分の不等式

定積分の不等式

問題≪積分の平均値の定理≫

 $a \leqq x \leqq b$ で定義された関数 $f(x)$ が連続であるとき, \[\int_a^bf(x)dx = (b-a)f(c), \quad a < c < b\] を満たす実数 $c$ が少なくとも $1$ つ存在することを示せ.
[1999 京都大*]

解答例

(i)
$f(x)$ が定数関数のとき. $f(x) = k$ とおくと, $a < c < b$ なる任意の実数 $c$ に対して \[\int_a^bf(x)dx = (b-a)f(c) = (b-a)k\] が成り立つ.
(ii)
$f(x)$ が定数関数でないとき. $f(x)$ は $a \leqq x \leqq b$ における連続関数だから, 最大値 $M,$ 最小値 $m$ をもつ. \[ m \leqq f(x) \leqq M\] であり, 等号は常に成り立たないから, 両辺を $a$ から $b$ まで積分すると, \begin{align*} \int_a^b mdx < &\int_a^bf(x)dx < \int_a^bMdx \\ m(b-a) < &\int_a^bf(x)dx < M(b-a) \\ m < &\frac{1}{b-a}\int_a^bf(x)dx < M \end{align*} が得られる. よって, 中間値の定理により, 最大値, 最小値を与える $x$ の値の間に \[ f(c) = \frac{1}{b-a}\int_a^bf(x)dx\] すなわち \[\int_a^bf(x)dx = (b-a)f(c)\] を満たす実数 $c$ が存在する.

問題≪マーダヴァ=ライプニッツ級数≫

 各正の整数 $n$ に対して関数 $f_n(x)$ を \[ f_n(x) = \frac{1}{1+x^2}-\sum_{k = 1}^n(-1)^{k-1}x^{2(k-1)}\] により定める.
(1)
$f_n(x) = \dfrac{(-1)^nx^{2n}}{1+x^2}$ を示せ.
(2)
$\displaystyle\lim\limits_{n \to \infty}\int_0^1f_n(x)dx = 0$ を示せ.
(3)
$\displaystyle\sum\limits_{n = 1}^\infty\dfrac{(-1)^{n-1}}{2n-1} = \dfrac{\pi}{4}$ を示せ.

解答例

(1)
等比数列の和の公式により, \[ f_n(x) = \frac{1}{1+x^2}-\frac{1-(-x^2)^n}{1+x^2} = \frac{(-1)^nx^{2n}}{1+x^2}\] が成り立つ.
(2)
積分の単調性により, \begin{align*} \left|\int_0^1f_n(x)dx\right| &\leqq \int_0^1|f_n(x)|dx \\ &\leqq \int_0^1x^{2n}dx = \frac{1}{2n+1} \end{align*} が成り立つ. よって, 挟みうちの原理により, \[\lim_{n \to \infty}\int_0^1f_n(x)dx = 0\] である.
(3)
$x = \tan\theta$ と置換すると, \begin{align*} \int_0^1f_n(x)dx &= \int_0^{\frac{\pi}{4}}d\theta -\sum_{k = 1}^n(-1)^{k-1}\int_0^1x^{2(k-1)}dx \\ &= \frac{\pi}{4}-\sum_{k = 1}^n\frac{(-1)^{k-1}}{2k-1} \end{align*} 両辺の極限を取ると, (2) の結果から \[ 0 = \frac{\pi}{4}-\sum_{n = 1}^\infty\frac{(-1)^{n-1}}{2n-1}\] となるので, 求める結果が得られる.

背景

  • \[\frac{1}{1}-\frac{1}{3}+\frac{1}{5}-\frac{1}{7}+\cdots = \frac{\pi}{4}\] と, 奇数の逆数に交互に符号をつけてすべて足し合わせると円周率が出てくることは, 非常に神秘的である. この無限級数を「マーダヴァ=ライプニッツ級数」(Mādhava–Leibniz series)と呼ぶ. この無限級数は, 収束が遅いため円周率の近似値の計算には実用的でないが, 円周率を表す無限級数としては世界で初めて発見されたものである(マーダヴァ, 15世紀).
  • (3)の等式は, 「グレゴリー=ライプニッツ級数」(Gregory–Leibniz series)と呼ばれる, $\tan x\ \left( -\dfrac{\pi}{2} < x < \dfrac{\pi}{2}\right)$ の逆関数 $\arctan x$ の「マクローリン展開」 \[\arctan x = \sum\limits_{n = 0}^\infty\frac{(-1)^n}{2n+1}x^{2n+1} \quad \cdots [\ast ]\] に $x = \dfrac{\pi}{4}$ を代入すると得られる. $[\ast ]$ と「マチンの公式」 \[\frac{\pi}{4} = 4\arctan\frac{1}{5}-\arctan\frac{1}{239}\] (こちらを参照)を組合せると, 比較的速く円周率に収束する無限級数が得られる.

問題≪簡易版スターリングの公式≫

 次のことを示せ. ただし, $\lim\limits_{x \to \infty}\dfrac{\log x}{x} = 0$ であることは, 証明なしに使ってよい.
(1)
$f(x) \geqq 0\ (x \geqq 1)$ なる単調増加関数 $f(x)$ に対して, \[\int_1^n\!f(x)dx \!\leqq\! f(1)\!+\!\cdots\!+\!f(n) \leqq \int_1^n\!f(x)dx+f(n)\] が成り立つ.
(2)
$\lim\limits_{n \to \infty}\dfrac{\log n!-n\log n+n}{n} = 0$ が成り立つ.

解答例

(1)
$f(x)$ を $f(x) \geqq 0\ (x \geqq 1)$ なる単調増加関数とすると,
$f(k) \leqq \displaystyle\int_k^{k+1}f(x)dx \leqq f(k+1)$ ($k$: 正の整数)
となるから, $n > 1$ のとき, $1 \leqq k \leqq n-1$ なる $k$ について辺々を加えると \[ f(1)\!+\!\cdots\!+\!f(n-1) \!\leqq\! \int_1^n\!f(x)dx \!\leqq\! f(2)\!+\!\cdots\!+\!f(n)\] となり, \[\int_1^nf(x)dx \!\leqq\! f(1)\!+\!\cdots\!+\!f(n) \!\leqq\! \int_1^nf(x)dx\!+\!f(n)\] が得られる. これは $n = 1$ のときにも成り立つ.
(2)
$f(x) = \log x$ に(1) の結果を適用すると, \begin{align*} \int_1^n\log xdx &= \big[ x\log x\big] _1^n-\int_1^nx\cdot\frac{1}{x}dx \\ &= n\log n-n+1 \end{align*} であるので, \[ n\log n-n+1 \leqq \log n! \leqq n\log n-n+1+\log n\] から \[ 1 \leqq \log n!-n\log n+n \leqq 1+\log n\] が得られる. よって, \[\frac{1}{n} \leqq \frac{\log n!-n\log n+n}{n} \leqq \frac{1}{n}+\frac{\log n}{n}\] であり, $\lim\limits_{x \to \infty}\dfrac{\log x}{x} = 0$ であるから, \[\lim\limits_{n \to \infty}\frac{\log n!-n\log n+n}{n} = 0\] が成り立つ.

背景

 本問で示した公式は「スターリングの公式」(Stirling's formula)と呼ばれる. これを精密化した公式は, 二項分布は正規分布によって近似できるという「ド・モアブル=ラプラスの定理」(de Moivre–Laplace theorem)の証明に利用されるなど, 重要な応用をもつ.