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北海道大学 1996年理系第4問解説

方針・初手

(1) は問題の指示通り、数学的帰納法を用いて証明する。$n=m$ のときの仮定から $n=m+1$ のときの式を導く際、増える項の数が $2^{m+1} - 2^m = 2^m$ 個であることに着目し、それぞれの項を最小の分数で下から評価する。

(2) は(1)の不等式が誘導となっている。「隣り合う項の差が $0$ に収束する」からといって「数列自体が収束する」とは限らないことを示す。調和級数や、増加のペースが徐々に遅くなる関数（$\sqrt{n}$ や $\log n$ など）を用いて反例を構成する。

解法1

(1)

証明すべき不等式を次のように定める。

$$ \sum_{k=1}^{2^n} \frac{1}{k} \geqq \frac{n}{2} + 1 \cdots (\ast) $$

(i) $n = 1$ のとき

左辺は、

$$ \sum_{k=1}^{2^1} \frac{1}{k} = 1 + \frac{1}{2} = \frac{3}{2} $$

右辺は、

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

よって、左辺 $\geqq$ 右辺が成り立ち、$n = 1$ のとき $(\ast)$ は成り立つ。

(ii) $n = m$ ($m$ は自然数) のとき、$(\ast)$ が成り立つと仮定する。

すなわち、

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

が成り立つと仮定する。$n = m+1$ のときの $(\ast)$ の左辺を考えると、

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

仮定より、

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

ここで、$\sum_{k=2^m+1}^{2^{m+1}} \frac{1}{k}$ の各項について考える。$k$ は $2^m+1 \leqq k \leqq 2^{m+1}$ の範囲の整数をとるので、それぞれの項において $\frac{1}{k} \geqq \frac{1}{2^{m+1}}$ が成り立つ。

また、このシグマの項数は $2^{m+1} - 2^m = 2^m (2 - 1) = 2^m$ 個であるから、

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

したがって、

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

以上より、

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

となり、$n = m+1$ のときも $(\ast)$ は成り立つ。

(i), (ii) より、数学的帰納法によって、すべての自然数 $n$ について与えられた不等式は成り立つ。（証明終）

(2)

与えられた命題は偽である。

反例として、数列 $\{a_n\}$ を $a_n = \sum_{k=1}^n \frac{1}{k}$ とする。

このとき、

$$ a_{n+1} - a_n = \sum_{k=1}^{n+1} \frac{1}{k} - \sum_{k=1}^n \frac{1}{k} = \frac{1}{n+1} $$

よって、

$$ \lim_{n \to \infty} (a_{n+1} - a_n) = \lim_{n \to \infty} \frac{1}{n+1} = 0 $$

となり、命題の仮定を満たす。

一方で、(1) で証明した不等式より、すべての自然数 $n$ について $a_{2^n} \geqq \frac{n}{2} + 1$ が成り立つ。

$n \to \infty$ のとき、$\frac{n}{2} + 1 \to \infty$ となるため、部分列 $\{a_{2^n}\}$ は正の無限大に発散する。

部分列が発散するので、数列 $\{a_n\}$ 自身も正の無限大に発散し、収束しない。

したがって、命題は偽である。

解法2

(2) の別の反例による解法

与えられた命題は偽である。

反例として、数列 $\{a_n\}$ を $a_n = \sqrt{n}$ とする。

このとき、

$$ a_{n+1} - a_n = \sqrt{n+1} - \sqrt{n} $$

分子の有理化を行うと、

$$ \sqrt{n+1} - \sqrt{n} = \frac{(\sqrt{n+1} - \sqrt{n})(\sqrt{n+1} + \sqrt{n})}{\sqrt{n+1} + \sqrt{n}} = \frac{1}{\sqrt{n+1} + \sqrt{n}} $$

よって、

$$ \lim_{n \to \infty} (a_{n+1} - a_n) = \lim_{n \to \infty} \frac{1}{\sqrt{n+1} + \sqrt{n}} = 0 $$

となり、命題の仮定を満たす。

一方で、

$$ \lim_{n \to \infty} a_n = \lim_{n \to \infty} \sqrt{n} = \infty $$

となるため、数列 $\{a_n\}$ は収束せず、正の無限大に発散する。

したがって、命題は偽である。

解説

(1) は調和級数（$\sum \frac{1}{n}$）が発散することを示す有名な手法を、数学的帰納法の形に落とし込んだ問題である。項をグループ化し、各グループの和を下から評価して無限大に発散することを示すアイデアは、大学数学の級数の単元でも頻出する。

(2) は(1)の結論が大きなヒントになっている。直前の小問で扱った $a_n = \sum_{k=1}^n \frac{1}{k}$ を反例として挙げるのが出題者の意図として最も自然である。ただし、「隣接項の差が $0$ に近づくが、数列自体は無限大に発散する」という性質を持つ関数は他にも多数存在する。解法2で示した $a_n = \sqrt{n}$ や、$a_n = \log n$ などは、増加量が徐々に $0$ に近づきながらも無限に増加し続ける代表的な例であり、これらを用いても簡潔に反例を示すことができる。