https://spherical-harmonics.hateblo.jp/entry/TItech/2022/05

2022.03.05記

[5] $a$ は $0\lt a\leqq\dfrac{\pi}{4}$ を満たす実数とし， $f(x)=\dfrac{4}{3}\sin\left(\dfrac{\pi}{4}+ax\right)\cos\left(\dfrac{\pi}{4}-ax\right)$ とする．このとき，次の問いに答えよ．

(1) 次の等式(＊)を満たす $a$ がただ1つ存在することを示せ．

(＊)　 $\displaystyle\int_0^1 f(x)dx=1$

(2) $0\leqq b\lt c\leqq 1$ を満たす実数 $b,c$ について，不等式

$f(b)(c-b)\leqq\displaystyle\int_b^c f(x)dx\leqq f(c)(c-b)$

が成り立つことを示せ．

(3) 次の試行を考える．

[試行] $n$ 個の数 $1,2,\ldots,n$ を出目とする，あるルーレットを $k$ 回まわす．

この[試行]において，各 $i=1,2,\ldots,n$ について $i$ が出た回数を $S_{n,k,i}$ とし，

(＊＊)　 $\displaystyle\lim_{k\to\infty}\dfrac{S_{n,k,i}}{k}$ $=\displaystyle\int_{\frac{i-1}{n}}^{\frac{i}{n}} f(x)dx$

が成り立つとする．このとき，(1)の等式(＊)が成り立つことを示せ．

(4) (3)の[試行]において出た数の平均値を $A_{n,k}$ とし， $A_n=\displaystyle\lim_{k\to\infty} A_{n,k}$ とする．(＊＊)が成り立つとき，極限 $=\displaystyle\lim_{k\to\infty} \dfrac{A_{n}}{n}$ を $a$ を用いて表せ．

2022.03.05記
離散分布のヒストグラムの極限として連続分布の確率密度関数を求める話．離散分布の期待値の極限もちゃんと連続分布の期待値になっているということ．

[解答]

(1) $f(x)=\dfrac{2}{3}(1+\sin2ax)$ と変形できるので， $\displaystyle\int_0^1 f(x)dx=1$ は $F(a)=\displaystyle\int_0^1 \sin (2ax) dx=\dfrac{1}{2}$ と変形できる．

今、考えている範囲では $0\lt 2ax \leqq\dfrac{\pi}{2}$ となることに注意すると， $\sin (2ax)$ は固定された $x$ に対して， $a$ について連続で単調増加であるから， $F(a)$ は連続で単調増加となる．ここで
$\displaystyle\lim_{a\to0+0}F(a)=0$ ， $F\left(\dfrac{\pi}{4}\right)=\displaystyle\int_0^1 \sin \left(\dfrac{\pi}{2}x\right) dx=\dfrac{2}{\pi}\gt\dfrac{1}{2}$
であるから， $F(a)=\dfrac{1}{2}$ をみたす $a$ は唯一存在する．

(2) 平均値の定理により
$\displaystyle\dfrac{1}{c-b}\int_b^c f(x)dx=f(k)$
をみたす $b\lt k\lt c$ が存在する． $f(x)=\dfrac{2}{3}(1+\sin2ax)$ は考えている範囲 $0\lt 2ax \leqq\dfrac{\pi}{2}$ では単調増加だから
$f(b)\lt f(k)\lt f(c)$
だから，
$f(b)(c-b)\lt\displaystyle\int_b^c f(x)dx\lt f(c)(c-b)$
が成立するので，題意は示された．

(3) $\displaystyle\sum_{i=1}^n S_{n,k,i}=k$ であるから， $\displaystyle\sum_{i=1}^n \dfrac{S_{n,k,i}}{k}=1$ である．

ここで(＊＊)により
$\displaystyle\int_{0}^{1} f(x)dx$ $=\displaystyle\sum_{i=1}^n\displaystyle\int_{\frac{i-1}{n}}^{\frac{i}{n}} f(x)dx$ $=\displaystyle\sum_{i=1}^n\displaystyle\lim_{k\to\infty}\dfrac{S_{n,k,i}}{k}$ $=\displaystyle\lim_{k\to\infty}\sum_{i=1}^n\dfrac{S_{n,k,i}}{k}$ $=1$
が成立する．

(4) $A_{n,k}=$ $\displaystyle\sum_{i=1}^n \dfrac{iS_{n,k,i}}{k}$ だから，
$\dfrac{A_n}{n}=\displaystyle\lim_{k\to\infty}\displaystyle\sum_{i=1}^n \dfrac{iS_{n,k,i}}{nk}$ $=\displaystyle\sum_{i=1}^n \dfrac{i}{n} \displaystyle\lim_{k\to\infty}\dfrac{S_{n,k,i}}{k}$ $=\displaystyle\sum_{i=1}^n \dfrac{i}{n} \displaystyle\int_{\frac{i-1}{n}}^{\frac{i}{n}} f(x)dx$
となる．よって(2)より
$\displaystyle\sum_{i=1}^n \dfrac{i-1}{n}\cdot \dfrac{1}{n} f\left(\dfrac{i-1}{n}\right)$ $\leqq \dfrac{A_n}{n}$ $\leqq\displaystyle\sum_{i=1}^n \dfrac{i}{n}\cdot \dfrac{1}{n} f\left(\dfrac{i-1}{n}\right)$
が成立する．区分求積法により，左辺、右辺は $n\to\infty$ で $\displaystyle\int_0^1 xf(x)dx$ に収束するので，はさみうちの原理により中辺も同じ値に収束する．

よって
$\displaystyle\lim_{n\to\infty}\dfrac{A_n}{n}=\displaystyle\int_0^1 xf(x)dx$ $=\dfrac{2}{3}\displaystyle\int_0^1\{x+x\sin (2ax)\}dx$ $=\dfrac{2}{3}\Bigl[\dfrac{x^2}{2}-\dfrac{x}{2a}\cos(2ax)+\dfrac{1}{4a^2}\sin(2ax)\Bigr]_0^1$ $=\dfrac{1}{3}-\dfrac{1}{3a}\cos 2a+\dfrac{1}{6a^2}\sin 2a$
となる．

(1) は無難に
$F(a)=\displaystyle\int_0^1\sin (2ax)dx=\dfrac{1-\cos 2a}{2a}$
と計算し，
$F'(a)=\dfrac{2a\sin 2a-(1-\cos 2a)}{2a^2}$ $\geqq\dfrac{\sin^2 2a-(1-\cos 2a)}{2a^2}$ $=\dfrac{\cos 2a(1-\cos 2a)}{2a^2}\gt 0$
から $F(a)$ の単調増加性を示しても良いし，
$F(a)=\displaystyle\int_0^1\sin (2ax)dx=\dfrac{1-\cos 2a}{2a}=\dfrac{1}{2}$ から
$b=\cos 2a+a-1$ と $b=0$ の交点に着目して、 $b=\cos 2a+a-1$ が上に凸であることから求めても良い．