数学3 はさみうち 問題 3 解説

方針・初手

(1)は、関数 $y = \frac{1}{x}$ が $x > 0$ において単調減少であることを利用して、面積の大小関係から定積分の不等式を導きます。区間幅を $1$ として、長方形の面積と曲線の面積を比較するのが定石です。

(2)は、ガウス記号の定義から不等式 $x - 1 < [x] \leqq x$ を作り、極限を求める式をはさみうちの原理に持ち込みます。その際、(1)で証明した不等式を利用して、調和級数 $\sum \frac{1}{k}$ を $\log n$ で評価します。

解法1

(1)

関数 $f(x) = \frac{1}{x}$ は $x > 0$ において単調減少である。

自然数 $k$ に対して、区間 $k \leqq x \leqq k+1$ において、関数 $f(x)$ の最大値は $\frac{1}{k}$、最小値は $\frac{1}{k+1}$ である。 この区間内で $f(x)$ は常に定数ではないため、次の定積分の不等式が成り立つ。

$$\int_{k}^{k+1} \frac{1}{k+1} dx < \int_{k}^{k+1} \frac{1}{x} dx < \int_{k}^{k+1} \frac{1}{k} dx$$

中央の定積分を計算すると、

$$\int_{k}^{k+1} \frac{1}{x} dx = \big[ \log x \big]_{k}^{k+1} = \log(k+1) - \log k$$

となるため、不等式は次のように書き換えられる。

$$\frac{1}{k+1} < \log(k+1) - \log k < \frac{1}{k}$$

この不等式について、$k=1, 2, \dots, n-1$ として辺々を加える。

左側の不等式について和をとると、

$$\sum_{k=1}^{n-1} \frac{1}{k+1} < \sum_{k=1}^{n-1} \big( \log(k+1) - \log k \big)$$

$$\frac{1}{2} + \frac{1}{3} + \dots + \frac{1}{n} < \log n - \log 1$$

$\log 1 = 0$ であるから、

$$\frac{1}{2} + \frac{1}{3} + \frac{1}{4} + \dots + \frac{1}{n} < \log n$$

右側の不等式について和をとると、

$$\sum_{k=1}^{n-1} \big( \log(k+1) - \log k \big) < \sum_{k=1}^{n-1} \frac{1}{k}$$

$$\log n - \log 1 < 1 + \frac{1}{2} + \frac{1}{3} + \dots + \frac{1}{n-1}$$

$$\log n < 1 + \frac{1}{2} + \frac{1}{3} + \dots + \frac{1}{n-1}$$

以上より、与えられた不等式が成り立つことが証明された。

$$\frac{1}{2} + \frac{1}{3} + \frac{1}{4} + \dots + \frac{1}{n} < \log n < 1 + \frac{1}{2} + \frac{1}{3} + \dots + \frac{1}{n-1}$$

(2)

ガウス記号の定義より、任意の実数 $x$ に対して $x - 1 < [x] \leqq x$ が成り立つ。 $x = \frac{n}{k}$ を代入すると、

$$\frac{n}{k} - 1 < \left[ \frac{n}{k} \right] \leqq \frac{n}{k}$$

この不等式の各辺について、$k=1$ から $n$ までの和をとる。

$$\sum_{k=1}^n \left( \frac{n}{k} - 1 \right) < \sum_{k=1}^n \left[ \frac{n}{k} \right] \leqq \sum_{k=1}^n \frac{n}{k}$$

中央の辺は $a_n$ であるから、

$$n \sum_{k=1}^n \frac{1}{k} - n < a_n \leqq n \sum_{k=1}^n \frac{1}{k}$$

$n \geqq 2$ のとき $n \log n > 0$ であるため、各辺を $n \log n$ で割ると、

$$\frac{\sum_{k=1}^n \frac{1}{k} - 1}{\log n} < \frac{a_n}{n \log n} \leqq \frac{\sum_{k=1}^n \frac{1}{k}}{\log n} \quad \cdots \text{①}$$

ここで、(1)で証明した不等式を用いて $\sum_{k=1}^n \frac{1}{k}$ を評価する。 (1)の左側の不等式の両辺に $1$ を加えると、

$$1 + \frac{1}{2} + \frac{1}{3} + \dots + \frac{1}{n} < \log n + 1$$

$$\sum_{k=1}^n \frac{1}{k} < \log n + 1$$

また、(1)の右側の不等式の両辺に $\frac{1}{n}$ を加えると、

$$\log n + \frac{1}{n} < 1 + \frac{1}{2} + \frac{1}{3} + \dots + \frac{1}{n-1} + \frac{1}{n}$$

$$\log n + \frac{1}{n} < \sum_{k=1}^n \frac{1}{k}$$

したがって、

$$\log n + \frac{1}{n} < \sum_{k=1}^n \frac{1}{k} < \log n + 1 \quad \cdots \text{②}$$

②を用いて①の両端の式を評価する。 右側の辺について、

$$\frac{\sum_{k=1}^n \frac{1}{k}}{\log n} < \frac{\log n + 1}{\log n} = 1 + \frac{1}{\log n}$$

左側の辺について、

$$\frac{\sum_{k=1}^n \frac{1}{k} - 1}{\log n} > \frac{\left(\log n + \frac{1}{n}\right) - 1}{\log n} = 1 + \frac{1}{n \log n} - \frac{1}{\log n}$$

ゆえに、

$$1 + \frac{1}{n \log n} - \frac{1}{\log n} < \frac{a_n}{n \log n} < 1 + \frac{1}{\log n}$$

ここで $n \to \infty$ とすると、

$$\lim_{n \to \infty} \left( 1 + \frac{1}{n \log n} - \frac{1}{\log n} \right) = 1 + 0 - 0 = 1$$

$$\lim_{n \to \infty} \left( 1 + \frac{1}{\log n} \right) = 1 + 0 = 1$$

となる。

よって、はさみうちの原理により、

$$\lim_{n \to \infty} \frac{a_n}{n \log n} = 1$$

解説

(1)は、区分求積法に関連する定積分の不等式評価として極めて標準的な問題です。区間 $k \leqq x \leqq k+1$ での面積比較を行い、それを足し合わせることで調和級数の部分和を対数関数で評価する手法は、数列の極限で頻出します。

(2)は、ガウス記号を含む数列の和の極限を求める問題です。「ガウス記号を外す不等式 $x-1 < [x] \leqq x$ を用いること」「極限を求めるために、はさみうちの原理を利用すること」の2点が重要です。計算の途中で $\sum_{k=1}^n \frac{1}{k}$ という形が現れるため、前問の誘導に乗って $\log n$ を用いた評価に置き換える発想が自然に導かれます。

答え

(1) 略（解法1を参照）

(2) $1$