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数学の問題の解答。

この前の問題の解答です。
解答

(1) \[ \begin{eqnarray} S_{2k} & = & (-1 + 1) + (-1 + 1) + \dots + (- 1 + 1) \\ & = & 0 + 0 + \dots + 0 \\ & = & 0 \end{eqnarray} \]

(2) \[ \begin{eqnarray} S_{2k-1} & = & (-1 + 1) + (-1 + 1) + \dots + (- 1 + 1) + 1 \\ & = & 0 + 0 + \dots + 0 + 1\\ & = & 1 \end{eqnarray} \]

(3) \[\begin{eqnarray} \lim_{k \rightarrow \infty} S_{2k} &=& 0 \\ \lim_{k \rightarrow \infty} S_{2k-1} &=& 1 \end{eqnarray} \] であるから発散する。

解答

(1) $f(x) = \exp(x) - (1 + x)$とする。 \[f'(x) = \exp(x) - 1 \] であるから、$f(x)$の増減表は、このようになる。

$x$ $\cdots$ $1$ $\cdots$
$f'(x)$ $-$ $0$ $+$
$f(x)$ $\nearrow$ $0$ $\searrow$

よって$f(x) \geq 0$であり、$\exp (x) \geq 1 + x$が成り立つ。

(2) \[ \begin{eqnarray} \exp \left( \sum_{k=1}^{n} \frac{1}{n} \right) &=& \prod_{k-1}^{n} \exp \frac{1}{k} \\ &\geq& \prod_{k=1}^{n} (1 + \frac{1}{k}) \\ &=& \prod_{k=1}^{n} (\frac{k + 1}{k}) \\ &=& \frac{2}{1} \times \frac{3}{2} \times \frac{4}{3} \times \dots \times \frac{n}{n-1} \times \frac{n+1}{n} \\ &=& n + 1 \end{eqnarray} \] より$\displaystyle \exp \left( \sum_{k=1}^{n} \frac{1}{n} \right) \geq n + 1$。
$\displaystyle \prod_{k=n}^{m} a_{k} = a_{n} \cdot a_{n+1} \cdot a_{n+2} \cdot \dots \cdot a_{m}$である。($\prod$は$\sum$の掛け算バージョン。)

(3)
解答①
$\displaystyle \exp \left( \sum_{k=1}^{n} \frac{1}{n} \right) \geq n + 1$であり、$n \rightarrow \infty$のとき$n + 1 \rightarrow \infty$であるから、$\displaystyle \exp \left( \sum_{k=1}^{n} \frac{1}{n} \right) \rightarrow \infty$。
したがって自然対数をとって$\displaystyle \sum_{k=1}^{n} \frac{1}{n} \rightarrow \infty$。
ゆえに無限級数$\displaystyle \frac{1}{1} +\frac{1}{2} + \frac{1}{3} + \frac{1}{4} \cdots$は正の無限大に発散する。
ほかにも解法があります。

解答

(1)
解答①
$\displaystyle \frac{1}{1} - \frac{1}{2} + \frac{1}{3} - \frac{1}{4} = \frac{7}{12}$であるから、$\displaystyle \frac{1}{12} = \frac{1}{l} + \frac{1}{m}$を満たす自然数$l,m$を求めればよい。
式を変形して$7lm = 12(l+m)$を得る。ここで$7$と$12$は互いに素であるから、$a$を整数として、 \[ \left\{ \begin{eqnarray}{} 7 &=& a (l + m) \\ 12 &=& alm \end{eqnarray} \right. \] と書ける。上式より、$\left( \begin{array}{c} a \\ l + m \end{array} \right) = \left( \begin{array}{c} 1 \\ 7 \end{array} \right)$または$\left( \begin{array}{c} a \\ l + m \end{array} \right) = \left( \begin{array}{c} 7 \\ 1 \end{array} \right)$であると分かるが、$l,m \in \mathbb{N}$より、$l + m \neq 1$であるから、$\left( \begin{array}{c} a \\ l + m \end{array} \right) = \left( \begin{array}{c} 1 \\ 7 \end{array} \right)$である。
したがって、$a = 1$より$12 = alm = lm$であるから、 \[ \left\{ \begin{eqnarray}{} 7 &=& l + m \\ 12 &=& lm \end{eqnarray} \right. \] を満たす$l,m$を求めればよい。このような$l,m \in \mathbb{N}$の組は$\{l,m\} = \{3,4\}$のみである。
解答② \[ \begin{eqnarray} \frac{1}{1} - \frac{1}{2} + \frac{1}{3} + \frac{1}{4} &=& \left( \frac{1}{1} + \frac{1}{2} + \frac{1}{3} + \frac{1}{4} \right) - 2 \left( \frac{1}{2} + \frac{1}{4} \right) \\ &=& \left( \frac{1}{1} + \frac{1}{2} + \frac{1}{3} + \frac{1}{4} \right) - \left( \frac{1}{1} + \frac{1}{2} \right) \\ &=& \frac{1}{3} + \frac{1}{4} \end{eqnarray} \] ゆえに求める$l,m \in \mathbb{N}$の組は、$\{l,m\} = \{3,4\}$。

(2)
解答①
数学的帰納法を用いて示す。
示すべき命題: $\fbox{$\displaystyle \sum_{k=1}^{2n} \frac{(-1)^{k-1}}{k} = \sum_{k=1}^{n} \frac{1}{n +k}$}$
[I] $\underline{n = 1}$を代入すると、$\displaystyle (左辺) = \frac{1}{1} - \frac{1}{2} = \frac{1}{2}$、$(右辺) = \frac{1}{2}$より、成立。
[II] $n = j$のとき成立する、すなわち$\displaystyle \sum_{k=1}^{2j} \frac{(-1)^{k-1}}{k} = \sum_{k=1}^{j} \frac{1}{j +k}$が成り立つと仮定して、$\underline{n = j + 1}$のとき、$\fbox{$\displaystyle \sum_{k=1}^{2(j + 1)} \frac{(-1)^{k-1}}{k} = \sum_{k=1}^{j + 1} \frac{1}{(j + 1) + k}$}$を示す。 仮定に留意して、 \[\begin{eqnarray} \sum_{k=1}^{2(j+1)} \frac{(-1)^{k-1}}{k} &=& \sum_{k=1}^{2j} \frac{(-1)^{k-1}}{k} \frac{1}{2j + 1} - \frac{1}{2j + 2} \\ &=& \sum_{k=1}^{j} \frac{1}{l+k} + \frac{1}{2j + 1} - \frac{1}{2j + 2} \\ &=& \left( \frac{1}{j+1} + \sum_{k=1}^{j-1} \frac{1}{j + k +1} \right) + \frac{1}{2j + 1} - \frac{1}{2j + 2} \\ &=& \sum_{k=1}^{j-1} \frac{1}{j + k +1} + \frac{1}{2j + 1} + \frac{1}{2j + 2} \\ &=& \sum_{k=1}^{j+1} \frac{1}{j + k + 1} \end{eqnarray} \] より仮定の下で$\displaystyle \sum_{k=1}^{2(j + 1)} \frac{(-1)^{k-1}}{k} = \sum_{k=1}^{j + 1} \frac{1}{(j + 1) + k}$である。
[I][II]より、命題は示されて、全ての自然数$n$に対して、$\displaystyle \sum_{k=1}^{2n} \frac{(-1)^{k-1}}{k} = \sum_{k=1}^{n} \frac{1}{n +k}$が成り立つ。
解答② \[ \begin{eqnarray} \sum_{k=1}^{2n} \frac{(-1)^{k-1}}{k} &=& \left( \sum_{k=1}^{2n} \frac{(-1)^{k-1}}{k} + 2 \sum_{k=1}^{n} \frac{1}{2k} \right) - 2 \sum_{k=1}^{n} \frac{1}{2k} \\ &=& \sum_{k=1}^{2n} \frac{1}{k} - \sum_{k=1}^{n} \frac{1}{k} \\ &=& \sum_{k=1}^{n} \frac{1}{n+k} \end{eqnarray} \] したがって、全ての自然数$n$に対して、$\displaystyle \sum_{k=1}^{2n} \frac{(-1)^{k-1}}{k} = \sum_{k=1}^{n} \frac{1}{n +k}$が成り立つ。

(3) $\displaystyle \frac{1}{1} - \frac{1}{2} + \frac{1}{3} - \frac{1}{4} + \cdots \frac{(-1)^{i-1}}{i} = T_{i}$とする。また、以下で$n$は自然数である。
[I] $i = 2n$($i$が偶数)であるとき、 \[ \begin{eqnarray} \lim_{i \to \infty} T_{i} &=& \lim_{n \to \infty} T_{2n} \\ &=& \lim_{n \to \infty} \sum_{k=1}^{2n}\frac{(-1)^{k-1}}{k} \\ &=& \lim_{n \to \infty} \sum_{k=1}^{n} \frac{1}{n +k} \\ &=& \lim_{n \to \infty} \frac{1}{n} \sum_{k=1}^{n} \frac{n}{n+k} \\ &=& \lim_{n \to \infty} \frac{1}{n} \sum_{k=1}^{n} \frac{1}{1 + \frac{k}{n}} \\ &=& \int_{0}^{1} \frac{dx}{1 + x} \\ &=& \left[ \log(1 + x) \right]_{0}^{1} \\ &=& \log 2 \end{eqnarray} \] [II] $i = 2n + 1$($i$が奇数)であるとき、$T_{i} = T_{2n + 1} = T_{2n} + \frac{(-1)^{2n + 1}}{2n + 1}$であるから、 \[ \begin{eqnarray} \lim_{i \to \infty} T_{i} &=& \lim_{n \to \infty} \left( T_{2n} + \frac{(-1)^{2n + 1}}{2n + 1} \right) \\ &=& \lim_{n \to \infty} T_{2n} + \lim_{n \to \infty} \frac{1}{2n + 1} \\ &=& \log 2 + 0 \\ &=& \log 2 \end{eqnarray} \] [I][II]より、$i$が偶数であっても奇数であっても、$i \to \infty$のとき$T_{i} \to \log 2$であるから、$\displaystyle \lim_{i \to \infty} T_{i} = \log 2$である。ゆえに無限級数$\displaystyle \frac{1}{1} - \frac{1}{2} + \frac{1}{3} - \frac{1}{4} + \cdots$は$\log 2$に収束する。

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さーくる⑨杯: 予定

  1. 2018年3月3日にさーくる⑨幻視杯ノ伍 於富山を予定。
  2. 2018年3月3日にさーくる⑨星詠会ノ弐 於富山を予定。
さーくる⑨杯は幻視杯、星詠会いずれもしばらく半年に1回ペースで開催を続ける予定です。

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  • No.549 呪海に眠る記憶
  • No.640 地霊殿
  • No.1518 八雲 藍
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