大阪大学 1968年 理系 第6問 解説

方針・初手

(1) $f(x)$ が「$\frac{1}{x}$ の小数部分」であることを定式化する。与えられた $x$ の範囲 $\frac{1}{n+1} < x \leqq 1$ において、$\frac{1}{x}$ の整数部分を $k$ とおいて場合分けを行うことで、$x$ の条件を解きほぐすことができる。

(2) (1) で得られた区間を大きさの順に並べることで、$a_k, b_k$ の具体的な式を決定する。積分を実行すると対数関数が現れ、その和は隣り合う項が打ち消し合う（望遠鏡和の）形になる。和を簡潔な式で表してから $n \to \infty$ の極限をとる。

解法1

(1)

$0 < x \leqq 1$ のとき、$\frac{1}{x} \geqq 1$ である。

条件 $\frac{1}{n+1} < x \leqq 1$ より、各辺の逆数をとると $$ 1 \leqq \frac{1}{x} < n+1 $$ となる。

ここで、$\frac{1}{x}$ の整数部分を $k$ とおくと、$k$ は $1 \leqq k \leqq n$ を満たす整数であり、 $$ k \leqq \frac{1}{x} < k+1 $$ を満たす。

このとき、$f(x)$ は $\frac{1}{x}$ の小数部分であるから、 $$ f(x) = \frac{1}{x} - k $$ と表される。

これを条件 $0 \leqq f(x) \leqq \alpha$ に代入すると、 $$ 0 \leqq \frac{1}{x} - k \leqq \alpha $$ $$ k \leqq \frac{1}{x} \leqq k+\alpha $$ となる。

各辺は正であるから逆数をとって、 $$ \frac{1}{k+\alpha} \leqq x \leqq \frac{1}{k} $$ を得る。

ここで、$0 < \alpha < 1$ より $k < k+\alpha < k+1$ であるから、 $$ \frac{1}{k+1} < \frac{1}{k+\alpha} < \frac{1}{k} $$ となり、区間 $\left[ \frac{1}{k+\alpha}, \frac{1}{k} \right]$ は区間 $\left( \frac{1}{k+1}, \frac{1}{k} \right]$ に完全に含まれる。

したがって、各 $k = 1, 2, \cdots, n$ に対して対応する閉区間が1つずつ定まり、それらは互いに共通部分をもたない。

求める $n$ 個の閉区間は、 $$ \left[ \frac{1}{k+\alpha}, \frac{1}{k} \right] \quad (k = 1, 2, \cdots, n) $$ である。

(2)

(1) で求めた $n$ 個の閉区間を $x$ の値が小さい順に並べる。

$k$ が大きいほど区間の値は小さくなるため、$k=n, n-1, \cdots, 1$ の順に並べたものが与えられた区間の列 $[a_n, b_n], [a_{n-1}, b_{n-1}], \cdots, [a_1, b_1]$ に対応する。

すなわち、各 $k$ ($1 \leqq k \leqq n$) に対して $$ [a_k, b_k] = \left[ \frac{1}{k+\alpha}, \frac{1}{k} \right] $$ であり、 $$ a_k = \frac{1}{k+\alpha}, \quad b_k = \frac{1}{k} $$ となる。

これを $S_n$ の式に代入して定積分を計算する。 $$ \begin{aligned} S_n &= \sum_{k=1}^n \int_{a_k}^{b_k} \frac{1}{1+x} \, dx \\ &= \sum_{k=1}^n \Big[ \log(1+x) \Big]_{\frac{1}{k+\alpha}}^{\frac{1}{k}} \\ &= \sum_{k=1}^n \left( \log\left(1+\frac{1}{k}\right) - \log\left(1+\frac{1}{k+\alpha}\right) \right) \\ &= \sum_{k=1}^n \left( \log\left(\frac{k+1}{k}\right) - \log\left(\frac{k+\alpha+1}{k+\alpha}\right) \right) \\ &= \sum_{k=1}^n \{ (\log(k+1) - \log k) - (\log(k+\alpha+1) - \log(k+\alpha)) \} \end{aligned} $$

この和は、隣り合う項が打ち消し合う形になっている。 前半部分の和と後半部分の和をそれぞれ計算すると、 $$ \begin{aligned} \sum_{k=1}^n (\log(k+1) - \log k) &= \log(n+1) - \log 1 = \log(n+1) \\ \sum_{k=1}^n (\log(k+\alpha+1) - \log(k+\alpha)) &= \log(n+\alpha+1) - \log(1+\alpha) \end{aligned} $$ となる。

したがって、$S_n$ は次のようにまとまる。 $$ \begin{aligned} S_n &= \log(n+1) - \log(n+\alpha+1) + \log(1+\alpha) \\ &= \log\left( \frac{n+1}{n+\alpha+1} \right) + \log(1+\alpha) \end{aligned} $$

ここで、$n \to \infty$ のときの極限を考える。 対数の真数部分は、 $$ \lim_{n \to \infty} \frac{n+1}{n+\alpha+1} = \lim_{n \to \infty} \frac{1 + \frac{1}{n}}{1 + \frac{\alpha+1}{n}} = 1 $$ となるため、$\log\left( \frac{n+1}{n+\alpha+1} \right) \to \log 1 = 0$ となる。

ゆえに、求める極限は $$ \lim_{n \to \infty} S_n = \log(1+\alpha) $$

解説

ガウス記号や小数部分を扱う問題の典型的な解法である「値の範囲で場合分けをして、整数部分を定数 $k$ とおく」という手法を素直に適用する問題である。

(2) の定積分も計算自体は標準的であり、和の計算において $\sum (f(k+1) - f(k))$ の形が2つ現れることに気付けば容易に極限までたどり着ける。極限計算では、対数の差を一つの対数にまとめることで、真数部分の極限を考えるのが定石である。

答え

(1) $k=1, 2, \cdots, n$ に対する $\left[ \frac{1}{k+\alpha}, \frac{1}{k} \right]$

(2) $\lim_{n \to \infty} S_n = \log(1+\alpha)$