解説

方針・初手

$D$ は右端を用いたリーマン和 $I_n$ と定積分との差の $1/n$ 次の項を見ている量である。

この問題では一般論を立てるよりも、各関数について $I_n$ を正確に計算し、

$$ n\left(I_n-\int_0^1 f(x),dx\right) $$

の極限を直接求めるのが最短である。多項式では和の公式を使い、$f(x)=e^x$ では等比数列の和に直す。

解法1

**(1)**

$f(x)=x^2$ のとき

$$ I_n=\sum_{k=1}^n \frac{1}{n}\left(\frac{k}{n}\right)^2 =\frac{1}{n^3}\sum_{k=1}^n k^2 $$

ここで

$$ \sum_{k=1}^n k^2=\frac{n(n+1)(2n+1)}{6} $$

より、

$$ I_n=\frac{n(n+1)(2n+1)}{6n^3} =\frac{(n+1)(2n+1)}{6n^2} =\frac{1}{3}+\frac{1}{2n}+\frac{1}{6n^2} $$

また、

$$ \int_0^1 x^2,dx=\frac{1}{3} $$

であるから、

$$ n\left(I_n-\int_0^1 x^2,dx\right) =n\left(\frac{1}{2n}+\frac{1}{6n^2}\right) =\frac{1}{2}+\frac{1}{6n} $$

したがって

$$ D=\frac{1}{2} $$

である。

**(2)**

$f(x)=x^3$ のとき

$$ I_n=\sum_{k=1}^n \frac{1}{n}\left(\frac{k}{n}\right)^3 =\frac{1}{n^4}\sum_{k=1}^n k^3 $$

ここで

$$ \sum_{k=1}^n k^3=\left(\frac{n(n+1)}{2}\right)^2 $$

より、

$$ I_n=\frac{1}{n^4}\left(\frac{n(n+1)}{2}\right)^2 =\frac{(n+1)^2}{4n^2} =\frac{1}{4}+\frac{1}{2n}+\frac{1}{4n^2} $$

また、

$$ \int_0^1 x^3,dx=\frac{1}{4} $$

であるから、

$$ n\left(I_n-\int_0^1 x^3,dx\right) =n\left(\frac{1}{2n}+\frac{1}{4n^2}\right) =\frac{1}{2}+\frac{1}{4n} $$

したがって

$$ D=\frac{1}{2} $$

である。

**(3)**

$f(x)=e^x$ のとき

$r=e^{1/n}$ とおくと、$e^{k/n}=r^k$ であるから、

$$ I_n=\frac{1}{n}\sum_{k=1}^n r^k $$

これは等比数列の和であるので、

$$ I_n=\frac{1}{n}\cdot \frac{r(r^n-1)}{r-1} =\frac{1}{n}\cdot \frac{e^{1/n}(e-1)}{e^{1/n}-1} $$

一方、

$$ \int_0^1 e^x,dx=e-1 $$

である。よって

$$ D=\lim_{n\to\infty}n\left(I_n-(e-1)\right) =(e-1)\lim_{n\to\infty}\left(\frac{e^{1/n}}{e^{1/n}-1}-n\right) $$

ここで条件より

$$ e^{1/n}=1+\frac{1}{n}+a_n,\qquad \lim_{n\to\infty}n^2a_n=\frac{1}{2} $$

と書ける。これを用いると、

$$ \begin{aligned} \frac{e^{1/n}}{e^{1/n}-1}-n &=\frac{1+\frac{1}{n}+a_n}{\frac{1}{n}+a_n}-n \\ &=\frac{1+\frac{1}{n}+a_n-n\left(\frac{1}{n}+a_n\right)}{\frac{1}{n}+a_n} \\ &=\frac{\frac{1}{n}-(n-1)a_n}{\frac{1}{n}+a_n} \\ &=\frac{1-n(n-1)a_n}{1+na_n} \end{aligned} $$

ここで $\lim n^2a_n=\dfrac12$ より

$$ \lim_{n\to\infty}na_n=0,\qquad \lim_{n\to\infty}n(n-1)a_n=\frac{1}{2} $$

である。したがって

$$ \lim_{n\to\infty}\left(\frac{e^{1/n}}{e^{1/n}-1}-n\right) =\frac{1-\frac12}{1+0} =\frac12 $$

ゆえに

$$ D=(e-1)\cdot \frac12=\frac{e-1}{2} $$

となる。

解説

右端リーマン和は、定積分よりも端点 $x=1$ 側をやや多く評価するため、この種の差は $1/n$ の大きさで残る。

実際、この3題ではいずれもその差の主項がはっきり現れ、$f(x)=x^2,\ x^3,\ e^x$ に対して

$$ D=\frac{f(1)-f(0)}{2} $$

という形になっている。ここでは一般公式を証明する必要はないが、計算結果からその傾向が読み取れる。

答え

**(1)**

$D=\dfrac{1}{2}$

**(2)**

$D=\dfrac{1}{2}$

**(3)**

$D=\dfrac{e-1}{2}$