区分求積の証明

皆さんは区分求積法を知っているでしょうか。

定理(区分求積の公式)*1:

$f(x)$ を $[0,1]$ 上連続関数とする。

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

が成り立つ。

グラフで考えるとわかりやすいです。

区分求積の様子

$n \to \infty$ とすれば $0 \leq x \leq 1$ で $x$ 軸と曲線の間の面積に収束することがわかるでしょう。

これで、上の定理が成り立つことがわかるでしょうか？否、そんなことはありません。上の場合というのは $0 \leq x \leq 1$ で $f(x) \geq 0$ 、 $f(x)$ が単調増加のときのみの議論です。さらに、ちゃんと数式で証明してあげる必要もあります。

では、この定理を証明できる人(証明方法を知っている人)はどれだけいるでしょうか？恐らく、高校生に聞いてみると、あまりいないんじゃないかなと思います。その理由としては、この証明を載せている教科書、及び参考書が少ないということにあります。なので、この記事では高校生でも証明できるように、少し関数の制限を強くしたものの証明を紹介していきたいと思います*2。

証明の前に

証明の前に次の二つの補題を証明しましょう。感覚に頼らずちゃんと式で証明します。

補題1:

連続関数 $f(x), g(x)$ が閉区間 $[a, b]$ で $f(x) \leq g(x)$ を満たすとき、

$\displaystyle \int_a^b f(x) dx \leq \int_a^b g(x) dx$

が成り立つ。

つまりは、積分しても不等式は成り立つよってことです。

補題1の証明:

$\displaystyle F(t) = \int_a^t g(x) dx - \int_a^t f(x) dx \quad (a \leq t \leq b)$

とおく。

$F'(t) = g(t) - f(t) \geq 0$

よって、 $F(t)$ は閉区間 $[a, b]$ で増加関数。 $F(a) = 0$ なので、 $t \geq a$ で $F(t) \geq 0$ よって、 $F(b) \geq 0$ である。Q.E.D.

補題2:

$f(x)$ は $C^1$ 級関数*3であるとする。また、 $0 \leq x \leq 1$ における $f'(x)$ の最小値を $m$ 、最大値を $M$ とする。 $1 \leq k \leq n$ のとき、 $\displaystyle \frac{k-1}{n} \leq x \leq \frac{k}{n}$ で、

$\displaystyle \left( \frac{k}{n} - x \right) m \leq f \left( \frac{k}{n} \right) - f(x) \leq \left( \frac{k}{n} - x \right) M$

が成り立つ。

少し複雑に見えるかもしれませんが、平均値の定理を使うだけです。

補題2の証明:

平均値の定理より

$\displaystyle f \left( \frac{k}{n} \right) - f(x) = \left( \frac{k}{n} - x \right) f'(c_k)$

となる $c_k$ が $\displaystyle x \leq c_k \leq \frac{k}{n}$ に存在する。 $0 \leq c_k \leq 1$ だから、 $m \leq f(c_k) \leq M$ が成り立つ。

$\displaystyle \frac{k-1}{n} \leq x \leq \frac{k}{n}$ のとき、 $\displaystyle \frac{k}{n} - x \geq 0$ なので、 $m \leq f'(c_k) \leq M$ に $\displaystyle \frac{k}{n} - x$ を掛けて、

$\displaystyle \left( \frac{k}{n} - x \right) m \leq \left( \frac{k}{n} - x \right) f'(c_k) \leq \left( \frac{k}{n} - x \right) M$

が成り立つ。Q.E.D.

準備は整いました。それでは次の定理を証明してゆきましょう。

定理:

$f(x)$ を $[0,1]$ 上 $C^1$ 級関数とする。

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

が成り立つ。

区分求積の公式の「 $f(x)$ が連続関数」のところが「 $f(x)$ が $C^1$ 級関数」となっています。高校生が微積分で扱う関数は大体 $C^1$ 級です。

$\displaystyle D_n = \sum_{k = 1}^{n} \frac{1}{n} f \left( \frac{k}{n} \right) - \int_0^1 f(x) dx$ とおく。ここで、積分範囲を $n$ 等分して足していくことによって、

$\displaystyle \int_0^1 f(x) dx = \sum_{k = 1}^{n} \int_{\frac{k-1}{n}}^{\frac{k}{n}} f(x) dx$

また、(天下り的ですが)

$\displaystyle \frac{1}{n} f \left( \frac{k}{n} \right) = \int_{\frac{k-1}{n}}^{\frac{k}{n}} f \left( \frac{k}{n} \right) dx$

なので、

$\displaystyle \begin{align} D_n &= \sum_{k = 1}^{n} \left( \int_{\frac{k-1}{n}}^{\frac{k}{n}} f \left( \frac{k}{n} \right) dx - \int_{\frac{k-1}{n}}^{\frac{k}{n}} f(x) dx \right) \\ &= \sum_{k = 1}^{n} \int_{\frac{k-1}{n}}^{\frac{k}{n}} \left( f \left( \frac{k}{n} \right) - f(x) \right) dx \end{align}$

である。さらに、

$\displaystyle \begin{align} \int_{\frac{k-1}{n}}^{\frac{k}{n}} \left( \frac{k}{n} - x \right) dx &= \Bigl[- \frac{1}{2} \left( \frac{k}{n} - x \right)^2 \Bigr]_{\frac{k-1}{n}}^{\frac{k}{n}} \\ &= \frac{1}{2n^2} \end{align}$

であるから、補題2の不等式を辺々積分して、

$\displaystyle \frac{1}{2n^2} m \leq \int_{\frac{k-1}{n}}^{\frac{k}{n}} \left( f \left( \frac{k}{n} \right) - f(x) \right) dx \leq \frac{1}{2n^2} M$

これを、 $\displaystyle \sum_{k = 1}^{n}$ すると、

$\displaystyle \frac{m}{2n^2} \leq D_n \leq \frac{M}{2n^2}$

が成り立つ。 $n \to \infty$ とすると、挟み撃ちの原理より、真ん中の式は $0$ に収束する。Q.E.D.

また、上記証明の過程から

定理:

$f(x)$ を $[0, 1]$ 上 $C^1$ 級関数とする。

$\displaystyle \lim_{n \to \infty} \left\{ \sum_{k=1}^n f\left(\frac{k}{n}\right) - n \int_0^1 f(x) dx \right\} = \frac{f(1) - f(0)}{2}$

が成り立つ。

が示せますが、これは読者の練習問題とします。

*1:区分求積の一般形 $\displaystyle \lim_{n \to \infty} \sum_{k = 1}^{n} \frac{b-a}{n} f \left(a+ \frac{k}{n} (b-a) \right) = \int_a^b f(x) dx$ があるが、あまり使わないのでこの記事では扱わない。

*2:証明は「数学Ⅲの微分積分の検定外教科書」（安田亨）を参考にした。

*3: $f(x)$ が $C^1$ 級関数であるとは、 $f(x)$ が微分可能で、 $f'(x)$ が連続であるということ。