5 各点収束極限の厳密化

本節では、主に [1] の議論のあいまいさや評価に関する 修正を行う。

(14) の $u$ の条件は、 $k\leq \mu_n+u\sigma_n< k+1$ とも書けるが、 これは $k=\lfloor \mu_n+u\sigma_n\rfloor$ と同値であることに注意する。 そして、各 $u$ に対して $\tilde{u}_n = \tilde{u}_n(u)$ を、

  $$\mu_n + \tilde{u}_n\sigma_n = \lfloor\mu_n+u\sigma_n\rfloor \hspace{0.5zw}(=k)$$ (19)

となるように取ると、

$$\mu_n + \tilde{u}_n\sigma_n \leq \mu_n+u\sigma_n < \mu_n + \tilde{u}_n\sigma_n + 1$$

より、

  $$u- \frac{1}{\sigma_n}<\tilde{u}_n\leq u$$ (20)

だから、 $n\rightarrow\infty$ のときに $\tilde{u}_n\rightarrow u$ となり、 また $k=\mu_n+\tilde{u}_n\sigma_n$ だから、 [1] で $k=\mu_n+u\sigma_n$ を代入して議論した代わりに $k=\mu_n+\tilde{u}_n\sigma_n$ を代入し、$u$ の代わりに $\tilde{u}_n$ を 用いれば $k$ は正しく整数となり、 [1] の議論が正当化できることになる。 それも本節で改めて紹介する。

本節では、$f^{(0)}_n(u)$ の $n\rightarrow\infty$ の極限を求める。

まず、スターリングの公式

  $$n!=n^n\sqrt{2\pi n} e^{-n}(1+o(1))$$ (21)

より、ある $N$ 以上の $n$ に対しては、

$$1- \frac{1}{2}<\frac{n!}{n^n\sqrt{2\pi n} e^{-n}}<1+ \frac{1}{2}$$

とできることになるので、$n\geq 1$ に対して $S(n)$ を

  $$S(n) = \frac{n!}{n^n\sqrt{2\pi n} e^{-n}}$$ (22)

とすれば、$N$ 以下の $n$ も含め、すべての $n\geq 1$ に対し、

  $$0<M_1\leq S(n)\leq M_2<\infty$$ (23)

となるような $M_1$, $M_2$ を取ることができ、かつ

  $$\lim_{n\rightarrow \infty}{S(n)}=1$$ (24)

となることがわかる。

$f^{(0)}_n(u)$ では $1\leq k\leq n-1$ であるが、その $k$ に対して、

$$\begin{eqnarray*}\lefteqn{\sigma_n\left(\begin{array}{c}n\\ k\end{array}\right)p... ...(\frac{np}{k}\right)^{k+1/2}\left(\frac{nq}{n-k}\right)^{n-k+1/2}\end{eqnarray*}$$

と書け、この後半部分を

  $$I_0 = \left(\frac{np}{k}\right)^{k+1/2}\left(\frac{nq}{n-k}\right)^{n-k+1/2}$$ (25)

とすると、

$$\begin{eqnarray*}\frac{k}{np} &=& \frac{\mu_n+\tilde{u}_n\sigma_n}{np} \ =\ ... ...de{u}_n\sqrt{npq}}{nq} \ =\ 1 - \tilde{u}_n\sqrt{\frac{p}{nq}}\end{eqnarray*}$$

となるので、

  $$y_n = y_n(u) = \tilde{u}_n\sqrt{\frac{q}{np}}, \hspace{1zw}z_n = z_n(u) = - \tilde{u}_n\sqrt{\frac{p}{nq}}$$ (26)

とすると、$I_0$ は

$$\begin{eqnarray*}I_0 &=& (1+y_n)^{-k-1/2}(1+z_n)^{-n+k-1/2} \\ &=& (1+y_n)^{... ...-1/2} \\ &=& (1+y_n)^{-np(1+y_n)-1/2} (1+z_n)^{-nq(1+z_n)-1/2}\end{eqnarray*}$$

と書けるので、$J_0=\log I_0$ とすると、

  $$J_0 = -\left\{np(1+y_n)+\frac{1}{2}\right\}\log(1+y_n) -\left\{nq(1+z_n)+\frac{1}{2}\right\}\log(1+z_n)$$ (27)

となる。これを、

$$\begin{eqnarray*}J_0 &=& J_1+J_2+J_3,\\ J_1 &=& -np\log(1+y_n)-nq\log(1+z_n),\... ...+z_n),\\ J_3 &=& -\frac{1}{2}\log(1+y_n)-\frac{1}{2}\log(1+z_n)\end{eqnarray*}$$

と分け、さらに $g_1(y)$ ($=O(y^2)$), $g_2(y)$ ($=O(y^3)$) を

  $$g_1(y) = \log(1+y)-y, \hspace{1zw}g_2(y) = \log(1+y)-y+\frac{y^2}{2}$$ (28)

と定める。ここで、

  $$\left\{\begin{array}{lll} np + nq &=& n,\\ npy_n + nqz_n ... ...,-\sqrt{\frac{p}{nq}}\right) \ =\ \tilde{u}_n^2(y_n+z_n) \end{array}\right.$$ (29)

に注意すると、$J_1$, $J_2$ は

$$\begin{eqnarray*}J_1 &=& -np\left(g_2(y_n)+y_n-\,\frac{y_n^2}{2}\right) -nq\l... ...g_1(z_n)+z_n) \\ &=& -npy_ng_1(y_n)-nqz_ng_1(z_n)-\tilde{u}_n^2\end{eqnarray*}$$

と変形できるから、

  $$J_1+J_2 = - \frac{\tilde{u}_n^2}{2}+npg_3(y_n)+nqg_3(z_n)$$ (30)

となる。ここで、$g_3$ は

  $$g_3(y) = -g_2(y) - yg_1(y)$$ (31)

とした。

$n\rightarrow\infty$ のとき、 $\tilde{u}_n\rightarrow u$, $y_n,z_n\rightarrow 0$ で、 この $npg_3(y_n)$, $nqg_3(z_n)$ の極限は $g_3(0)=0$ より 不定形となるが、

$$\begin{eqnarray*}g_3'(y) &=& -g_2'(y)-g_1(y)-yg_1'(y) \\ &=& -\left(\frac{1... ...) &=& -g_1'(y) \ =\ -\,\frac{1}{1+y}+1 \ =\ \frac{y}{1+y}\end{eqnarray*}$$

で、$g_3'(0)=0$, $g_3''(0)=0$ なので、ロピタルの定理より、

$$\begin{eqnarray*}\lim_{n\rightarrow \infty}{npg_3(y_n)} &=& \lim_{n\rightarrow... ...^2q \ =\ 0,\\ \lim_{n\rightarrow \infty}{nqg_3(z_n)} &=& 0\end{eqnarray*}$$

となるので、(30) より、

  $$\lim_{n\rightarrow \infty}{(J_1+J_2)} = - \frac{u^2}{2}, \hspace{1zw} \lim_{n\rightarrow \infty}{J_3} = 0$$ (32)

がわかる。また、

$$\begin{array}{ll} k &= np+\tilde{u}_n\sqrt{npq} = np(1+y_n) \rig... ...,\\ n-k &= nq-\tilde{u}_n\sqrt{npq} = nq(1+z_n) \rightarrow\infty \end{array}$$

なので、

  $$\lim_{n\rightarrow \infty}\frac{S(n)}{S(k)S(n-k)}=1$$ (33)

となり、結局これらを統合すれば、

  $$\lim_{n\rightarrow \infty}{f^{(0)}_n(u)} = \lim_{n\rightarrow \... ...t _{k=\mu_n+\tilde{u}_n\sigma_n}} = \frac{1}{\sqrt{2\pi}}\,e^{-u^2/2} = f_0(u)$$ (34)

が示されたことになる。

そしてこれが [1] のあいまいな点の修正にもなっている。

$f^{(1)}_n(u)$, $f^{(2)}_n(u)$ の極限についても見ておく。 まずは $1<\beta_n\leq \alpha_n\leq n-1$ の保証を与えておく。 $\alpha_n=\lfloor\mu_n+t\sigma_n\rfloor$ より

$$\alpha_n \leq\mu_n+t\sigma_n =np+t\sqrt{npq} =np\left(1+t\sqrt{\frac{q}{np}}\right)$$

なので、$0<p\leq 1/2$ より $n$ を

  $$n\geq\frac{1}{1-\sqrt{p}}, \hspace{1zw}n\geq\frac{t^2q}{(1-\sqrt{p})^2}, \hspace{1zw}n\geq\frac{4t^2q}{p}, \hspace{1zw}n\geq\frac{6}{p}$$ (35)

を満たすよう大きくとると、(35) の 1 つ目の 不等式から $n-1\geq n\sqrt{p}$ が得られ、2 つ目から

$$1+t\sqrt{\frac{q}{np}} \leq 1+t\sqrt{\frac{q(1-\sqrt{p})^2}{pt^2q... ...{1-\sqrt{p}}{\sqrt{p}} \leq 1+\frac{1-\sqrt{p}}{\sqrt{p}} = \frac{1}{\sqrt{p}}$$

が得られるので、よって、

$$\alpha_n =np\left(1+t\sqrt{\frac{q}{np}}\right) \leq \frac{np}{\sqrt{p}} =n\sqrt{p} \leq n-1$$

となる。これで $\beta_n\leq \alpha_n\leq n-1$ が得られる。 また、

$$\alpha_n>\mu_n+t\sigma_n-1=np\left(1+t\sqrt{\frac{q}{np}}\right)-1$$

であり、(35) の 3 つ目の不等式より

$$\left\vert t\sqrt{\frac{q}{np}}\right\vert \leq\left\vert\frac{t}{\sqrt{4t^2}}\right\vert=\frac{1}{2}$$

となるが、4 つ目の不等式より $np/2\geq 3$ だから、

$$\alpha_n>np\left(1-\frac{1}{2}\right)-1\geq 3-1=2, \hspace{1zw}\beta_n\geq \alpha_n-1> 1$$

となり、よって (35) を満たす $n$ に対しては、 $1<\beta_n\leq \alpha_n\leq n-1$ が保証されることになる。

(11), (19), (20) より $\mu_n+\alpha_n\sigma_n=\tilde{u}_n(t)$ であり、 よって

$$\frac{\alpha_n+1-\mu_n}{\sigma_n} = \tilde{u}_n(t)+\frac{1}{\sigma_n}>t$$

となり、よって (20) より $(\alpha_n+1-\mu_n)/\sigma_n \rightarrow t+0$ となる。 また、

$$\frac{1-\mu_n}{\sigma_n}=\frac{1}{\sqrt{npq}} -\sqrt{\frac{np}{q}} \rightarrow -\infty$$

なので、よって

$$\chi_{[(1-\mu_n)/\sigma_n,(\alpha_n+1-\mu_n)/\sigma_n)}(u) \rightarrow \chi_{(-\infty,t]}(u)$$

となる。$\beta_n$ に関しては、(11) より

$$\mu_n+t\sigma_n-1\leq \beta_n < \mu_n+t\sigma_n\leq \beta_n+1$$

なので、

$$t\leq \frac{\beta_n+1-\mu_n}{\sigma_n}<t+\frac{1}{\sigma_n}$$

となり、よってこちらも

$$\chi_{[(1-\mu_n)/\sigma_n,(\beta_n+1-\mu_n)/\sigma_n)}(u) \rightarrow \chi_{(-\infty,t]}(u)$$

となることがわかる。よって、 $f^{(1)}_n(u),f^{(2)}_n(u)$ の極限は

  $$f^{(1)}_n(u),f^{(2)}_n(u)\rightarrow f_0(u)\chi_{(-\infty,t]}(u)$$ (36)

となる。