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九州大学 2003年理系第9問解説

方針・初手

(1) は、数列の和と定積分の大小比較を行う定番の問題である。関数 $y = \frac{1}{x}$ のグラフを利用し、短冊状の長方形の面積と、定積分による面積を比較して不等式を導く。

(2) は、「離散的な部分積分」（部分和分）と呼ばれる公式の証明と、その応用である。恒等式の証明は、右辺または左辺の和を展開して打ち消し合う項を見つけることで示せる。後半は、公式における $a_k$ と $\Delta b_k$ に適切な数列を当てはめて和を計算する。

(3) は、(1) と (2) の結果を組み合わせる。(2) の結果から求めるべき式の絶対値の中身を簡略化し、(1) の不等式から評価を行う誘導形式となっている。

解法1

(1)

自然数 $k$ に対して、$x > 0$ の範囲で関数 $y = \frac{1}{x}$ は単調減少である。したがって、$k < x < k+1$ のとき、次の不等式が成り立つ。

$$ \frac{1}{k+1} < \frac{1}{x} < \frac{1}{k} $$

各辺を区間 $[k, k+1]$ で積分すると、

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

$$ \frac{1}{k+1} < \int_{k}^{k+1} \frac{1}{x} dx < \frac{1}{k} \cdots (A) $$

不等式 $(A)$ の右側について、$k=1, 2, \cdots, n$ の和をとると、

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

左辺は $\int_{1}^{n+1} \frac{1}{x} dx = \left[ \log x \right]_{1}^{n+1} = \log(n+1)$ となる。右辺は $S_n$ であるから、

$$ \log(n+1) < S_n \cdots (B) $$

次に、不等式 $(A)$ の左側において、$k$ を $k-1$ に置き換えると、

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

$n \ge 2$ より、$k=2, 3, \cdots, n$ について和をとると、

$$ \sum_{k=2}^{n} \frac{1}{k} < \sum_{k=2}^{n} \int_{k-1}^{k} \frac{1}{x} dx $$

左辺は $\sum_{k=1}^{n} \frac{1}{k} - 1 = S_n - 1$ となる。右辺は $\int_{1}^{n} \frac{1}{x} dx = \log n$ であるから、

$$ S_n - 1 < \log n $$

$$ S_n < 1 + \log n \cdots (C) $$

$(B)$ と $(C)$ より、

$$ \log(n+1) < S_n < 1 + \log n $$

が示された。

(2)

与えられた等式を証明する。$\Delta c_k = c_{k+1} - c_k$ より $a_k = a_{k+1} - \Delta a_k$ と書けるので、左辺は次のように変形できる。

$$ \sum_{k=1}^{n-1} a_k \Delta b_k = \sum_{k=1}^{n-1} a_k (b_{k+1} - b_k) $$

$$ = \sum_{k=1}^{n-1} a_k b_{k+1} - \sum_{k=1}^{n-1} a_k b_k $$

$$ = \sum_{k=1}^{n-1} (a_{k+1} - \Delta a_k) b_{k+1} - \sum_{k=1}^{n-1} a_k b_k $$

$$ = \sum_{k=1}^{n-1} a_{k+1} b_{k+1} - \sum_{k=1}^{n-1} b_{k+1} \Delta a_k - \sum_{k=1}^{n-1} a_k b_k $$

和の順番を整理すると、

$$ = \sum_{k=1}^{n-1} (a_{k+1} b_{k+1} - a_k b_k) - \sum_{k=1}^{n-1} b_{k+1} \Delta a_k $$

第1項は $k=1$ から $k=n-1$ までの項が打ち消し合うため、$(a_n b_n - a_1 b_1)$ となる。したがって、

$$ \sum_{k=1}^{n-1} a_k \Delta b_k = a_n b_n - a_1 b_1 - \sum_{k=1}^{n-1} b_{k+1} \Delta a_k $$

が成り立つ。

次に $\sum_{k=1}^{n-1} k S_k$ を求めるために、公式において $a_k = S_k$、$\Delta b_k = k$ とする。

$\Delta b_k = b_{k+1} - b_k = k$ を満たす数列 $\{b_n\}$ の1つとして、和の公式から $b_k = \frac{1}{2} k(k-1)$ をとる。（このとき $b_1 = 0$ となる）また、$\Delta a_k = S_{k+1} - S_k = \frac{1}{k+1}$ である。これらを上で示した等式に代入すると、

$$ \sum_{k=1}^{n-1} S_k \cdot k = S_n b_n - S_1 b_1 - \sum_{k=1}^{n-1} b_{k+1} \frac{1}{k+1} $$

$$ = S_n \cdot \frac{1}{2}n(n-1) - S_1 \cdot 0 - \sum_{k=1}^{n-1} \frac{1}{2}(k+1)k \cdot \frac{1}{k+1} $$

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

$$ = \frac{1}{2}n(n-1) S_n - \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{2}n(n-1) $$

$$ = \frac{1}{2}n(n-1) \left( S_n - \frac{1}{2} \right) $$

よって、$\left( S_n - \frac{1}{2} \right) p(n)$ と比較して、

$$ p(n) = \frac{1}{2}n(n-1) $$

となる。

(3)

(2) の結果から、示すべき不等式の絶対値の中身は次のように変形できる。

$$ \frac{2}{n(n-1)} \sum_{k=1}^{n-1} k S_k - \log n = \frac{2}{n(n-1)} \cdot \frac{1}{2}n(n-1) \left( S_n - \frac{1}{2} \right) - \log n $$

$$ = S_n - \frac{1}{2} - \log n $$

ここで、(1) で示した不等式 $\log(n+1) < S_n < 1 + \log n$ の各辺から $\log n$ を引くと、

$$ \log(n+1) - \log n < S_n - \log n < 1 $$

$n \ge 2$ のとき $n+1 > n > 0$ であるため、$\log(n+1) > \log n$ すなわち $\log(n+1) - \log n > 0$ が成り立つ。したがって、

$$ 0 < S_n - \log n < 1 $$

各辺から $\frac{1}{2}$ を引くと、

$$ -\frac{1}{2} < S_n - \log n - \frac{1}{2} < \frac{1}{2} $$

これが意味するのは、

$$ \left| S_n - \log n - \frac{1}{2} \right| < \frac{1}{2} $$

である。ゆえに、

$$ \left| \frac{2}{n(n-1)} \sum_{k=1}^{n-1} k S_k - \log n \right| < \frac{1}{2} $$

が成り立つ。

解説

(1) は調和級数と対数関数の関係を示す典型的な不等式評価である。シグマのままでは計算できない和を、面積の比較に持ち込んで積分で評価する手法は入試数学において頻出である。

(2) の等式は「和分差分学」における部分積分の公式（Abelの変形公式の一種）に相当する。一般に $\Sigma$ の計算において、一方を和（積分に相当）、もう一方を差分（微分に相当）として扱うことで、複雑な数列の和を簡潔に計算できる。本問では自ら $\Delta b_k = k$ となる数列 $b_k$ を見つける必要がある点がポイントである。

(3) は前問までの完全な誘導になっている。(2) によって複雑な和を $S_n$ の式に落とし込み、(1) によって $S_n$ の評価を行うという、論理の繋がりが非常に美しい構成である。$0$ と $1$ で挟んでから $\frac{1}{2}$ を引くことで、絶対値が $\frac{1}{2}$ 未満になるという評価方法も実戦的である。