2006年(平成18年)芝浦工業大学-数学[x] - [別館]球面倶楽部零八式markIISR

2023.11.24記

(1) $S_n=\dfrac{1}{n+1}+\dfrac{1}{n+2}+\cdots+\dfrac{1}{n+n}$ とおくとき，
$\displaystyle\lim_{n\to\infty} S_n$ を求めよ．

(2) $T_n=\dfrac{n}{(n+1)^2}+\dfrac{n}{(n+2)^2}+\cdots+\dfrac{n}{(n+n)^2}$ とおくとき，
$\displaystyle\lim_{n\to\infty} T_n$ を求めよ．

(3) $\displaystyle\lim_{n\to\infty} n(\log 2-S_n)=\dfrac{1}{4}$ を示せ．

本問のテーマ

メルカトル級数
交代調和級数

2023.11.24記
2023年(令和5年)大阪大学-数学(理系)[1] - [別館]球面倶楽部零八式markIISR
の類題．阪大の $a_n$ と $S_n=a_{2n}$ の関係があるので，
$\log_2-S_n=\log 2-a_{2n}\approx \dfrac{(-1)^{2n}}{2(2n)}$
となり，求める極限値が $\dfrac{1}{4}$ となることが理解できる．

もちろん，この結果は知らないだろうから，(3) を解く手掛かりは (2) をどのように使うかにかかっている．そして(1)の結果から
$n\left(\displaystyle\int_0^1\dfrac{1}{1+x}dx-S_n\right)≒\dfrac{1}{4}$
であり，これと (2) から
$n\left(\displaystyle\int_0^1\dfrac{1}{1+x}dx-S_n\right)≒\dfrac{T_n}{2}$
となることを利用する流れになる．この左辺は

「長方形近似による区分求積法」

の極限をとる前の誤差（の $n$ 倍）であるから，長方形近似（定数関数で近似）を精密化した1次関数で近似を行う

「台形近似による区分求積法」

の極限をとる前の誤差を考えれば良い．大雑把に言うと積分区間で単調減少な関数の場合，長方形と台形の差である三角形をつみあげたものは $\dfrac{1}{2}\cdot\dfrac{1}{n}\cdot\{f(0)-f(1)\}$ で評価でき，本問では $f(x)=\dfrac{1}{1+x}$ であるから，これら2つの近似誤差は $\dfrac{1}{4n}$ となる．つまり $\log_2-S_n\approx\dfrac{1}{4n}$ が得られるという話である．

本問の場合は，近似ではなく不等式で評価しなければならず，台形近似誤差 $\dfrac{1}{2}\cdot\dfrac{1}{n}\cdot\{f(0)-f(1)\}$ とはさみうちを行うペアとして $\dfrac{T_n}{2}$ を利用することになる．

つまり目標とする不等式は
$\dfrac{T_n}{2}\leqq n\left(\displaystyle\int_0^1 \dfrac{1}{1+x}dx-S_n\right) \leqq \dfrac{1}{2}\cdot\{f(0)-f(1)\}$
となり，これを導いて極限をとることになる．

[解答]
(1) 区分求積法により，
$\displaystyle\lim_{n\to\infty} S_n$ $=\displaystyle\lim_{n\to\infty} \dfrac{1}{n}\displaystyle\sum_{k=1}^n \dfrac{1}{1+k/n}$ $=\displaystyle\int_0^1\dfrac{1}{1+x}dx=\log 2$

(2) 区分求積法により，
$\displaystyle\lim_{n\to\infty} T_n$
$=\displaystyle\lim_{n\to\infty} \dfrac{1}{n}\displaystyle\sum_{k=1}^n \dfrac{1}{(1+k/n)^2}$ $=\displaystyle\int_0^1\dfrac{1}{(1+x)^2}dx=\dfrac{1}{2}$

(3) $\log 2-S_n$ $=\displaystyle\sum_{k=1}^n \int_{(k-1)/n}^{k/n} \left(\dfrac{1}{1+x}-\dfrac{1}{1+k/n}\right)dx$
である．

$y=f(x)=\dfrac{1}{1+x}$ は下に凸であるから， $x=\dfrac{k}{n}$ における接線（傾き $f'(k/n)=-\dfrac{1}{(1+k/n)^2}$ ）より上部にあり， $x=\dfrac{k-1}{n}$ と $x=\dfrac{k}{n}$ を結ぶ割線（傾き $\dfrac{f(k/n)-f((k-1)n)}{1/n}$ ）より下部にある．

よって $\dfrac{k-1}{n}\leqq x\leqq \dfrac{k}{n}$ で
$-\dfrac{1}{(1+k/n)^2}\left(x-\dfrac{k}{n}\right)$ $\leqq \dfrac{1}{1+x}-\dfrac{1}{1+k/n}$ $\leqq - \dfrac{f(k/n)-f((k-1)n)}{1/n}\left(x-\dfrac{k}{n}\right)$
が成立し，これを区間 $\dfrac{k-1}{n}\leqq x\leqq \dfrac{k}{n}$ で積分すると
$\dfrac{1}{2n^2}\dfrac{1}{(1+k/n)^2}$ $\leqq \displaystyle\int_{(k-1)/n}^{k/n} \dfrac{1}{1+x}-\dfrac{1}{1+k/n}$ $\leqq \dfrac{f((k-1)/n)-f(k/n)}{2n}$
となるので，
$\displaystyle\sum_{k=1}^n \dfrac{1}{2}\dfrac{n}{(n+k)^2}$ $\leqq n(\log 2-S_n)$ $\leqq \displaystyle\sum_{k=1}^n \dfrac{f((k-1)/n)-f(k/n)}{2}$
つまり
$\dfrac{1}{2}T_n$ $\leqq n(\log 2-S_n)$ $\leqq \dfrac{f(0)-f(1)}{2}=\dfrac{1}{4}$
となる．よって (2) より
$\displaystyle\lim_{n\to\infty} n(\log 2-S_n)=\dfrac{1}{4}$ が成立する．