$\displaystyle\lim_{n\to\infty}\frac{1}{n}\sum_{k=1}^{n}f\!\left(\frac{k}{n}\right)$ は、区間 $[0,1]$ を $n$ 等分した長方形の面積の和を表しています。$n \to \infty$ で分割を限りなく細かくすると、この和は定積分 $\displaystyle\int_0^1 f(x)\,dx$ に一致します。この原理を区分求積法と呼びます。一見難しそうな極限が、定積分の計算に帰着できる強力な手法です。
曲線 $y = f(x)$ と $x$ 軸の間の面積を求めるとき、曲線の下を細い長方形で埋め尽くすのが最も素朴な方法です。区間 $[0, 1]$ を $n$ 等分すると、各小区間の幅は $\Delta x = \dfrac{1}{n}$ です。
$k$ 番目の小区間 $\left[\dfrac{k-1}{n}, \dfrac{k}{n}\right]$ で、右端の値 $f\!\left(\dfrac{k}{n}\right)$ を高さとする長方形の面積は $f\!\left(\dfrac{k}{n}\right) \cdot \dfrac{1}{n}$ です。これを $k = 1$ から $n$ まで足し合わせた、
$$S_n = \frac{1}{n}\sum_{k=1}^{n}f\!\left(\frac{k}{n}\right)$$
をリーマン和と呼びます。$n$ が大きくなるほど長方形は細く多くなり、曲線の下の面積に近づいていきます。
区分求積法の核心は、「和の極限 $=$ 定積分」という等式です。$\dfrac{1}{n}$ は各小区間の幅 $\Delta x$ に、$f\!\left(\dfrac{k}{n}\right)$ は代表点での関数値に対応します。$n \to \infty$ で $\Delta x \to 0$ となり、リーマン和は定積分に収束します。
この考え方は、定積分の定義そのものです。積分記号 $\displaystyle\int$ は和の記号 $\displaystyle\sum$ のS（Summa）を引き伸ばした文字であり、$dx$ は微小幅 $\Delta x$ の極限を表しています。
✗ 代表点は右端 $\dfrac{k}{n}$ でなければならない → 左端 $\dfrac{k-1}{n}$ では使えないと思い込む
○ 右端でも左端でも中点でも、$n \to \infty$ で同じ定積分に収束する
$f$ が連続であれば、代表点の選び方によらず極限は一致します。入試では右端 $\dfrac{k}{n}$（$k = 1, \ldots, n$）が最もよく使われますが、左端 $\dfrac{k-1}{n}$（$k = 1, \ldots, n$）を使う場合もあります。
$f(x)$ が $[0, 1]$ で連続のとき、
$$\lim_{n\to\infty}\frac{1}{n}\sum_{k=1}^{n}f\!\left(\frac{k}{n}\right) = \int_0^1 f(x)\,dx$$
※ 和の中に「$\dfrac{1}{n}$（幅）× $f\!\left(\dfrac{k}{n}\right)$（高さ）」の構造を見つけることが鍵です。
$f(x)$ が $[0, 1]$ で連続かつ単調増加の場合を考えます。各小区間 $\left[\dfrac{k-1}{n}, \dfrac{k}{n}\right]$ で、
$$f\!\left(\frac{k-1}{n}\right) \le f(x) \le f\!\left(\frac{k}{n}\right)$$
各辺を $\dfrac{k-1}{n}$ から $\dfrac{k}{n}$ まで積分すると、
$$\frac{1}{n}f\!\left(\frac{k-1}{n}\right) \le \int_{(k-1)/n}^{k/n} f(x)\,dx \le \frac{1}{n}f\!\left(\frac{k}{n}\right)$$
$k = 1$ から $n$ まで足し合わせると、
$$\frac{1}{n}\sum_{k=0}^{n-1}f\!\left(\frac{k}{n}\right) \le \int_0^1 f(x)\,dx \le \frac{1}{n}\sum_{k=1}^{n}f\!\left(\frac{k}{n}\right)$$
左辺と右辺の差は $\dfrac{1}{n}\left[f(1) - f(0)\right] \to 0$（$n \to \infty$）なので、はさみうちの原理より両方とも $\displaystyle\int_0^1 f(x)\,dx$ に収束します。
区分求積法では、以下の対応を意識すると和を定積分に変換しやすくなります。
| 和の要素 | 定積分の要素 | 対応 |
|---|---|---|
| $\dfrac{1}{n}$ | $dx$ | 微小幅 |
| $\dfrac{k}{n}$ | $x$ | 代表点 |
| $f\!\left(\dfrac{k}{n}\right)$ | $f(x)$ | 関数値 |
| $k: 1 \to n$ | $x: 0 \to 1$ | 積分区間 |
区分求積法の計算では、和の式を見たら $\dfrac{k}{n} \to x$、$\dfrac{1}{n} \to dx$ と読み替え、$k$ の範囲から積分区間を決定します。$k = 1$ から $n$ なら $x: 0$ から $1$、$k = 0$ から $n-1$ でも同様に $x: 0$ から $1$ です。
典型的な極限の問題に区分求積法を適用してみましょう。
与式を整理すると、
$$\frac{1}{n}\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{n+k} = \frac{1}{n}\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{1 + \frac{k}{n}} \cdot \frac{1}{n}$$
ここで外側の $\dfrac{1}{n}$ は元々ありますが、もう一度整理すると、
$$\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{n+k} = \sum_{k=1}^{n}\frac{1}{n} \cdot \frac{1}{1 + \frac{k}{n}}$$
$f(x) = \dfrac{1}{1+x}$ として区分求積法を適用すると、
$$\lim_{n\to\infty}\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{n} \cdot \frac{1}{1 + \frac{k}{n}} = \int_0^1 \frac{1}{1+x}\,dx = \left[\log(1+x)\right]_0^1 = \log 2$$
$$\frac{1^p + 2^p + \cdots + n^p}{n^{p+1}} = \frac{1}{n}\sum_{k=1}^{n}\left(\frac{k}{n}\right)^p$$
$f(x) = x^p$ として、
$$\lim_{n\to\infty}\frac{1}{n}\sum_{k=1}^{n}\left(\frac{k}{n}\right)^p = \int_0^1 x^p\,dx = \frac{1}{p+1}$$
✗ $\displaystyle\sum_{k=1}^{n}\frac{k}{n^2}$ を見て「$f(x) = \dfrac{x}{n}$ だから…」と $n$ を残してしまう
○ $\displaystyle\sum_{k=1}^{n}\frac{k}{n^2} = \frac{1}{n}\sum_{k=1}^{n}\frac{k}{n}$ と変形して $f(x) = x$ と認識する
まず $\dfrac{1}{n} \cdot f\!\left(\dfrac{k}{n}\right)$ の形を作ることが最優先です。$n$ が分母に残ったまま $f$ を決定してはいけません。
✗ $\displaystyle\sum_{k=1}^{n}$ なら $\displaystyle\int_1^n$ → 区間が $n$ に依存してしまう
○ $k = 1$ のとき $\dfrac{k}{n} = \dfrac{1}{n} \to 0$、$k = n$ のとき $\dfrac{k}{n} = 1$ なので $\displaystyle\int_0^1$
積分区間は $\dfrac{k}{n}$ の値域で決まります。$k: 1 \to n$ のとき $\dfrac{k}{n}: \dfrac{1}{n} \to 1$ で、$n \to \infty$ で下端は $0$ に近づくので、区間は $[0, 1]$ です。
区分求積法は $[0, 1]$ に限らず、一般の区間 $[a, b]$ でも同様に成り立ちます。
$f(x)$ が $[a, b]$ で連続のとき、
$$\lim_{n\to\infty}\frac{b-a}{n}\sum_{k=1}^{n}f\!\left(a + \frac{(b-a)k}{n}\right) = \int_a^b f(x)\,dx$$
※ 各小区間の幅が $\dfrac{b-a}{n}$、代表点が $a + \dfrac{(b-a)k}{n}$ に変わります。
$\displaystyle\lim_{n\to\infty}\frac{1}{n}\sum_{k=1}^{n}\sin\frac{k\pi}{n}$ を計算してみましょう。
$\dfrac{k}{n} \to x$ と読み替え、$\sin\dfrac{k\pi}{n} = \sin(\pi x)$ として $f(x) = \sin(\pi x)$ とすると、
$$\lim_{n\to\infty}\frac{1}{n}\sum_{k=1}^{n}\sin\frac{k\pi}{n} = \int_0^1 \sin(\pi x)\,dx = \left[-\frac{1}{\pi}\cos(\pi x)\right]_0^1 = \frac{2}{\pi}$$
確率の問題で現れる極限が区分求積法で処理できることがあります。たとえば、$n$ 個のボールを $n$ 個の箱に入れるとき、特定の箱が空になる確率の極限は $\left(1 - \dfrac{1}{n}\right)^n \to e^{-1}$ ですが、より複雑な確率の和が区分求積法に帰着する問題も出題されます。
大学数学では、ここで扱った区分求積法の考え方をさらに一般化して、リーマン積分を定義します。分割を等分とは限らない一般的な分割にし、代表点を任意に選んでも同じ値に収束するとき、その関数はリーマン可積分であるといいます。連続関数はすべてリーマン可積分です。
Step 1: 和の式を $\dfrac{1}{n}\displaystyle\sum_{k} f\!\left(\dfrac{k}{n}\right)$ の形に整理する
Step 2: $\dfrac{k}{n}$ を $x$ と読み替え、$f(x)$ を決定する
Step 3: $k$ の範囲から積分区間 $[a, b]$ を決定する
Step 4: $\displaystyle\int_a^b f(x)\,dx$ を計算する
区分求積法は、定積分の値を求めるだけでなく、和の近似精度を評価する場面でも使われます。特に、単調関数に対しては和と積分の間に明確な不等式が成り立ちます。
$f(x)$ が $[0, 1]$ で単調減少のとき、
$$\int_0^1 f(x)\,dx \le \frac{1}{n}\sum_{k=0}^{n-1}f\!\left(\frac{k}{n}\right)$$
$$\frac{1}{n}\sum_{k=1}^{n}f\!\left(\frac{k}{n}\right) \le \int_0^1 f(x)\,dx$$
つまり、左端を使ったリーマン和は積分を上から、右端を使ったリーマン和は下から挟みます。
$f$ が単調減少なら、各小区間 $\left[\dfrac{k}{n}, \dfrac{k+1}{n}\right]$ で最大値は左端 $f\!\left(\dfrac{k}{n}\right)$、最小値は右端 $f\!\left(\dfrac{k+1}{n}\right)$ です。
左端を高さとする長方形は曲線の上にはみ出し、右端を高さとする長方形は曲線の下に収まります。だから、左端和 $\ge$ 面積 $\ge$ 右端和 となるのです。
この差は $\dfrac{1}{n}|f(1) - f(0)|$ 以下であり、$n \to \infty$ で $0$ に収束します。
この不等式を利用すると、$\displaystyle\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{k}$（調和級数の部分和）や $\log n!$ の近似評価ができます。次の記事（定積分と不等式）で詳しく扱います。
✗ 不等式の向きを覚えて当てはめる → 単調増加の場合に不等号の向きが逆転して誤答
○ 「長方形が曲線の上か下か」を図で確認してから不等式を立てる
単調増加なら左端和 $\le$ 面積 $\le$ 右端和です。公式を暗記するのではなく、長方形と曲線の位置関係から毎回判断しましょう。
大学数学では、和 $\displaystyle\sum f\!\left(\dfrac{k}{n}\right)$ と積分 $\displaystyle\int f(x)\,dx$ の差をベルヌーイ数を使って系統的に評価するオイラー・マクローリンの公式があります。区分求積法はその最も粗い近似に相当します。
Q1. $\displaystyle\lim_{n\to\infty}\frac{1}{n}\sum_{k=1}^{n}\left(\frac{k}{n}\right)^2$ を定積分で表してください。
Q2. 区分求積法で $\dfrac{k}{n}$ は定積分のどの部分に対応しますか。
Q3. $\displaystyle\lim_{n\to\infty}\left(\frac{1}{n+1} + \frac{1}{n+2} + \cdots + \frac{1}{2n}\right)$ の値は？
Q4. $f(x)$ が単調減少のとき、$\dfrac{1}{n}\displaystyle\sum_{k=1}^{n}f\!\left(\dfrac{k}{n}\right)$ は $\displaystyle\int_0^1 f(x)\,dx$ より大きいか小さいか？
Q5. $\displaystyle\lim_{n\to\infty}\frac{1}{n}\sum_{k=1}^{n}\sin\frac{k\pi}{2n}$ を求めてください。
次の極限を求めよ。
$$\lim_{n\to\infty}\frac{1}{n}\left(\sqrt{\frac{1}{n}} + \sqrt{\frac{2}{n}} + \cdots + \sqrt{\frac{n}{n}}\right)$$
$$\frac{1}{n}\sum_{k=1}^{n}\sqrt{\frac{k}{n}} = \frac{1}{n}\sum_{k=1}^{n}f\!\left(\frac{k}{n}\right), \quad f(x) = \sqrt{x}$$
区分求積法より、
$$\int_0^1 \sqrt{x}\,dx = \left[\frac{2}{3}x^{3/2}\right]_0^1 = \frac{2}{3}$$
次の極限を求めよ。
$$\lim_{n\to\infty}\frac{1}{n}\log\frac{(2n)!}{n!\,n^n}$$
$$\frac{(2n)!}{n!\,n^n} = \frac{(n+1)(n+2)\cdots(2n)}{n^n} = \prod_{k=1}^{n}\frac{n+k}{n} = \prod_{k=1}^{n}\left(1 + \frac{k}{n}\right)$$
対数を取ると、
$$\frac{1}{n}\log\prod_{k=1}^{n}\left(1 + \frac{k}{n}\right) = \frac{1}{n}\sum_{k=1}^{n}\log\!\left(1 + \frac{k}{n}\right)$$
$f(x) = \log(1+x)$ として区分求積法を適用すると、
$$\int_0^1 \log(1+x)\,dx = \left[(1+x)\log(1+x) - (1+x)\right]_0^1 = 2\log 2 - 1$$
$\displaystyle S_n = \sum_{k=1}^{n}\frac{1}{\sqrt{n^2 + k}}$ とおくとき、$\displaystyle\lim_{n\to\infty}S_n$ を求めよ。
$$S_n = \sum_{k=1}^{n}\frac{1}{\sqrt{n^2 + k}} = \frac{1}{n}\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{\sqrt{1 + \frac{k}{n^2}}} \cdot \frac{n}{\sqrt{n^2+k}} \cdot \frac{1}{n}$$
整理すると、$\dfrac{1}{\sqrt{n^2 + k}} = \dfrac{1}{n} \cdot \dfrac{1}{\sqrt{1 + k/n^2}}$ で、各項を評価する。
$\dfrac{1}{\sqrt{n^2 + n}} \le \dfrac{1}{\sqrt{n^2 + k}} \le \dfrac{1}{\sqrt{n^2 + 1}}$（$1 \le k \le n$）より、
$$\frac{n}{\sqrt{n^2 + n}} \le S_n \le \frac{n}{\sqrt{n^2 + 1}}$$
$\dfrac{n}{\sqrt{n^2+n}} = \dfrac{1}{\sqrt{1 + 1/n}} \to 1$、$\dfrac{n}{\sqrt{n^2+1}} = \dfrac{1}{\sqrt{1 + 1/n^2}} \to 1$
はさみうちの原理より $\displaystyle\lim_{n\to\infty}S_n = 1$
次の極限を求めよ。
$$\lim_{n\to\infty}\left(\frac{1}{n!}\right)^{1/n}$$
$a_n = \left(\dfrac{1}{n!}\right)^{1/n}$ とおくと、
$$\log a_n = -\frac{1}{n}\log(n!) = -\frac{1}{n}\sum_{k=1}^{n}\log k = -\frac{1}{n}\sum_{k=1}^{n}\log\frac{k}{n} - \log n$$
ここで $-\dfrac{1}{n}\displaystyle\sum_{k=1}^{n}\log\dfrac{k}{n}$ に注目する。$f(x) = -\log x$ として区分求積法を適用すると、
$$-\frac{1}{n}\sum_{k=1}^{n}\log\frac{k}{n} = \frac{1}{n}\sum_{k=1}^{n}f\!\left(\frac{k}{n}\right) \to \int_0^1 (-\log x)\,dx = 1$$
（$\displaystyle\int_0^1 (-\log x)\,dx = \left[-x\log x + x\right]_0^1 = 1$、ただし $\displaystyle\lim_{x\to+0}x\log x = 0$）
よって $\log a_n = 1 - \log n + o(1) \to -\infty$（$n \to \infty$）から $a_n \to 0$ と結論するのは早計。
正確には：$\log a_n = -\dfrac{1}{n}\displaystyle\sum_{k=1}^{n}\log k = -\dfrac{\log(n!)}{n}$。
$\dfrac{\log(n!)}{n} = \dfrac{1}{n}\displaystyle\sum_{k=1}^{n}\log k = \dfrac{1}{n}\displaystyle\sum_{k=1}^{n}\left(\log\dfrac{k}{n} + \log n\right) = \dfrac{1}{n}\displaystyle\sum_{k=1}^{n}\log\dfrac{k}{n} + \log n$
$\dfrac{1}{n}\displaystyle\sum_{k=1}^{n}\log\dfrac{k}{n} \to \int_0^1 \log x\,dx = -1$ より、$\dfrac{\log(n!)}{n} = \log n - 1 + o(1)$
よって $\log a_n = -\log n + 1 + o(1)$、$a_n = e^{1-\log n + o(1)} = \dfrac{e \cdot e^{o(1)}}{n} \to 0$
より正確には $\left(\dfrac{1}{n!}\right)^{1/n} \sim \dfrac{e}{n}$（$n \to \infty$）であり、$\displaystyle\lim_{n\to\infty}\left(\dfrac{1}{n!}\right)^{1/n} = 0$
この問題はスターリングの公式 $n! \approx \sqrt{2\pi n}\left(\dfrac{n}{e}\right)^n$ と整合します。$(n!)^{1/n} \approx \dfrac{n}{e}$ より $\left(\dfrac{1}{n!}\right)^{1/n} \approx \dfrac{e}{n} \to 0$ です。区分求積法が $\log(n!)$ の漸近評価に使えるという点で、級数と積分の橋渡しを示す好例です。