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数学3 定積分・面積問題 231 解説

方針・初手

(1) は $\sum$ の中身が等比数列であることを利用し、和の公式を適用します。 (2) は (1) の等式の両辺を区間 $[0, 1]$ で定積分し、与えられた式と比較することで $S$ の値を定めます。 (3) は積分区間における被積分関数の大きさを評価して不等式を示し、はさみうちの原理を用いて $n \to \infty$ の極限を求めます。

解法1

(1)

$$\sum_{k=0}^{n} (-1)^k e^{-kx} = \sum_{k=0}^{n} (-e^{-x})^k$$

ここで $e^{-x} > 0$ より $-e^{-x} \neq 1$ であるから、等比数列の和の公式より

$$\sum_{k=0}^{n} (-e^{-x})^k = \frac{1 - (-e^{-x})^{n+1}}{1 - (-e^{-x})} = \frac{1 - (-1)^{n+1} e^{-(n+1)x}}{1 + e^{-x}}$$

したがって、

$$\sum_{k=0}^{n} (-1)^k e^{-kx} - \frac{1}{1+e^{-x}} = \frac{1 - (-1)^{n+1} e^{-(n+1)x} - 1}{1 + e^{-x}} = \frac{(-1)^{n+2} e^{-(n+1)x}}{1 + e^{-x}} = \frac{(-1)^n e^{-(n+1)x}}{1 + e^{-x}}$$

となり、等式が成り立つことが示された。

(2)

(1) で示した等式の両辺を $x$ について $0$ から $1$ まで定積分すると、

$$\int_{0}^{1} \left( \sum_{k=0}^{n} (-1)^k e^{-kx} - \frac{1}{1+e^{-x}} \right) dx = \int_{0}^{1} \frac{(-1)^n e^{-(n+1)x}}{1+e^{-x}} dx$$

左辺の積分を計算する。和の積分は積分の和に分けることができるので、

$$\int_{0}^{1} \sum_{k=0}^{n} (-1)^k e^{-kx} dx = \sum_{k=0}^{n} (-1)^k \int_{0}^{1} e^{-kx} dx$$

$k=0$ のとき、

$$\int_{0}^{1} e^0 dx = \int_{0}^{1} 1 dx = 1$$

$k \geqq 1$ のとき、

$$\int_{0}^{1} e^{-kx} dx = \left[ -\frac{1}{k} e^{-kx} \right]_{0}^{1} = \frac{1 - e^{-k}}{k}$$

よって、

$$\int_{0}^{1} \sum_{k=0}^{n} (-1)^k e^{-kx} dx = 1 + \sum_{k=1}^{n} \frac{(-1)^k (1 - e^{-k})}{k}$$

また、残りの積分は分母分子に $e^x$ をかけると、

$$\int_{0}^{1} \frac{1}{1+e^{-x}} dx = \int_{0}^{1} \frac{e^x}{e^x+1} dx = \left[ \log(e^x+1) \right]_{0}^{1} = \log(e+1) - \log 2 = \log \frac{e+1}{2}$$

これらを代入して整理すると、

$$1 + \sum_{k=1}^{n} \frac{(-1)^k (1 - e^{-k})}{k} - \log \frac{e+1}{2} = (-1)^n \int_{0}^{1} \frac{e^{-(n+1)x}}{1+e^{-x}} dx$$

$$\sum_{k=1}^{n} \frac{(-1)^k (1 - e^{-k})}{k} - \left( \log \frac{e+1}{2} - 1 \right) = (-1)^n \int_{0}^{1} \frac{e^{-(n+1)x}}{1+e^{-x}} dx$$

与えられた等式と比較して、

$$S = \log \frac{e+1}{2} - 1$$

(3)

$0 \leqq x \leqq 1$ において $e^{-x} > 0$ であるから、$1 + e^{-x} > 1$ が成り立つ。

これより、

$$\frac{1}{1+e^{-x}} < 1$$

両辺に $e^{-(n+1)x} > 0$ をかけると、

$$\frac{e^{-(n+1)x}}{1+e^{-x}} < e^{-(n+1)x}$$

両辺を区間 $[0, 1]$ で定積分すると、

$$\int_{0}^{1} \frac{e^{-(n+1)x}}{1+e^{-x}} dx < \int_{0}^{1} e^{-(n+1)x} dx$$

右辺の積分を計算すると、

$$\int_{0}^{1} e^{-(n+1)x} dx = \left[ -\frac{1}{n+1} e^{-(n+1)x} \right]_{0}^{1} = \frac{1 - e^{-(n+1)}}{n+1}$$

ここで $e^{-(n+1)} > 0$ であるから、

$$\frac{1 - e^{-(n+1)}}{n+1} < \frac{1}{n+1}$$

したがって、

$$\int_{0}^{1} \frac{e^{-(n+1)x}}{1+e^{-x}} dx < \frac{1}{n+1}$$

となり、不等式 $\int_{0}^{1} \frac{e^{-(n+1)x}}{1+e^{-x}} dx \leqq \frac{1}{n+1}$ が成り立つことが示された。

次に、この不等式と被積分関数が正であることより、

$$0 < \int_{0}^{1} \frac{e^{-(n+1)x}}{1+e^{-x}} dx \leqq \frac{1}{n+1}$$

$\lim_{n \to \infty} \frac{1}{n+1} = 0$ であるから、はさみうちの原理より、

$$\lim_{n \to \infty} \int_{0}^{1} \frac{e^{-(n+1)x}}{1+e^{-x}} dx = 0$$

これより、

$$\lim_{n \to \infty} (-1)^n \int_{0}^{1} \frac{e^{-(n+1)x}}{1+e^{-x}} dx = 0$$

(2) より、

$$\sum_{k=1}^{n} \frac{(-1)^k (1 - e^{-k})}{k} = S + (-1)^n \int_{0}^{1} \frac{e^{-(n+1)x}}{1+e^{-x}} dx$$

この等式において $n \to \infty$ とすると、極限値が定まり、

$$\sum_{k=1}^{\infty} \frac{(-1)^k (1 - e^{-k})}{k} = S + 0 = \log \frac{e+1}{2} - 1$$

解説

等比級数の和と定積分を組み合わせて無限級数の和を求める、大学入試における典型的なテーマ（いわゆるメルカトル級数に関連する問題）です。 (1) の等比数列の和の公式、(2) の定積分の計算（特に $\frac{1}{1+e^{-x}}$ の積分）、(3) の被積分関数の評価からのはさみうちの原理と、数学 III の微積分における重要事項が網羅されています。被積分関数を評価する際、分母を定数に置き換えて上から押さえる手技は、極限を求める証明問題で頻出のテクニックです。