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数学3 定積分・面積問題 238 解説

方針・初手

(1)は和のシグマ記号を具体的に書き下して、項の並び替えを行うのが見通しが良い。数学的帰納法で示すことも可能である。 (2)は(1)の結果を用いて $S_{2n}$ を $T_n$ に置き換え、区分求積法を利用する。 (3)は $S_{2n-1}$ と $S_{2n}$ の関係式を立式し、極限を考える。

解法1

(1)

$S_{2n}$ のシグマを展開すると、次のように変形できる。

$$S_{2n} = \sum_{k=1}^{2n} \frac{(-1)^{k-1}}{k}$$

$$= 1 - \frac{1}{2} + \frac{1}{3} - \frac{1}{4} + \cdots + \frac{1}{2n-1} - \frac{1}{2n}$$

この式に $\frac{1}{2} + \frac{1}{4} + \cdots + \frac{1}{2n}$ を足して引くことで、偶数項のマイナスを解消する。

$$S_{2n} = \left( 1 + \frac{1}{2} + \frac{1}{3} + \frac{1}{4} + \cdots + \frac{1}{2n-1} + \frac{1}{2n} \right) - 2 \left( \frac{1}{2} + \frac{1}{4} + \cdots + \frac{1}{2n} \right)$$

$$= \sum_{k=1}^{2n} \frac{1}{k} - \sum_{k=1}^{n} \frac{1}{k}$$

$$= \sum_{k=n+1}^{2n} \frac{1}{k}$$

ここで、$k = n+j$ とおくと、$k$ が $n+1$ から $2n$ まで変化するとき、$j$ は $1$ から $n$ まで変化するので、

$$S_{2n} = \sum_{j=1}^{n} \frac{1}{n+j} = T_n$$

したがって、すべての自然数 $n$ に対して $S_{2n} = T_n$ が成り立つことが示された。

(2)

(1) の結果より、

$$\lim_{n \to \infty} S_{2n} = \lim_{n \to \infty} T_n$$

$$= \lim_{n \to \infty} \sum_{k=1}^{n} \frac{1}{n+k}$$

$$= \lim_{n \to \infty} \frac{1}{n} \sum_{k=1}^{n} \frac{1}{1 + \frac{k}{n}}$$

これは区分求積法を用いる形であるから、

$$= \int_{0}^{1} \frac{1}{1+x} dx$$

$$= \left[ \log(1+x) \right]_{0}^{1}$$

$$= \log 2 - \log 1 = \log 2$$

(3)

$S_{2n}$ の定義より、

$$S_{2n} = S_{2n-1} + \frac{(-1)^{2n-1}}{2n} = S_{2n-1} - \frac{1}{2n}$$

よって、

$$S_{2n-1} = S_{2n} + \frac{1}{2n}$$

ここで $n \to \infty$ とすると、(2)の結果と $\lim_{n \to \infty} \frac{1}{2n} = 0$ であることから、

$$\lim_{n \to \infty} S_{2n-1} = \lim_{n \to \infty} \left( S_{2n} + \frac{1}{2n} \right) = \log 2 + 0 = \log 2$$

解法2

(1)の別解（数学的帰納法）

$S_{2n} = T_n$ を数学的帰納法で示す。

(i) $n=1$ のとき

$$S_2 = \sum_{k=1}^{2} \frac{(-1)^{k-1}}{k} = 1 - \frac{1}{2} = \frac{1}{2}$$

$$T_1 = \sum_{k=1}^{1} \frac{1}{1+k} = \frac{1}{2}$$

よって、$n=1$ のとき成り立つ。

(ii) $n=m$ のとき、$S_{2m} = T_m$ が成り立つと仮定する。

$n=m+1$ のとき、

$$S_{2(m+1)} = S_{2m} + \frac{(-1)^{2m}}{2m+1} + \frac{(-1)^{2m+1}}{2m+2}$$

$$= S_{2m} + \frac{1}{2m+1} - \frac{1}{2m+2}$$

帰納法の仮定より $S_{2m} = T_m$ であるから、

$$S_{2(m+1)} = T_m + \frac{1}{2m+1} - \frac{1}{2m+2}$$

$$= \sum_{k=1}^{m} \frac{1}{m+k} + \frac{1}{2m+1} - \frac{1}{2m+2}$$

$$= \left( \frac{1}{m+1} + \frac{1}{m+2} + \cdots + \frac{1}{2m} \right) + \frac{1}{2m+1} - \frac{1}{2m+2}$$

ここで、最初の項 $\frac{1}{m+1}$ を $\frac{2}{2m+2}$ と書き換えると、末尾の $-\frac{1}{2m+2}$ と合わせて $\frac{1}{2m+2}$ となる。

$$= \frac{1}{m+2} + \frac{1}{m+3} + \cdots + \frac{1}{2m} + \frac{1}{2m+1} + \frac{1}{2m+2}$$

$$= \sum_{k=1}^{m+1} \frac{1}{(m+1)+k} = T_{m+1}$$

よって、$n=m+1$ のときも成り立つ。

(i)、(ii)より、すべての自然数 $n$ に対して $S_{2n} = T_n$ が成り立つ。

解説

交代級数 $\sum \frac{(-1)^{k-1}}{k}$ の和が $\log 2$ になることを示す有名問題である（メルカトル級数）。(1)は偶数番目までの部分和を調和級数の差の形に書き換えることで、区分求積法が適用可能な形に帰着させている。

和の組み替えによる証明は非常に鮮やかであるが、本番で思いつかない場合は解法2のように数学的帰納法を用いれば確実に点数を確保できる。(2)では区分求積法の典型的な処理を行い、(3)では偶数番目と奇数番目の部分和の差が $0$ に収束することから、全体の極限が一致することを示している。この流れは交代級数の収束を示す際の定石である。