ちょっと困る区分求積法

はじめに

初投稿です．今回は，投稿テストも兼ねて，次の級数の値を求めようと思います．
$$\lim_{n \to \infty}\sum_{k=1}^n\cfrac{1}{k+n+\sqrt{n}}\tag{1}$$

準備

級数の値を求める作業に入る前に，二重数列について少し準備をします．二重数列とは，2つの添え字を持つ数列$\{a_{m,n}\}$のことです．まず，二重数列$\{a_{m,n}\}$の極限を次のように定義します．

要は$m,n$を同時に無限大に押し出したときに$a_{m,n}$が何かの値に収束すれば，その値を二重数列の極限と呼ぶということですね．これは
$$\lim_{n \to \infty}\left(\lim_{m \to \infty}a_{m,n} \right)$$
のように順番に各添字の極限を取ることとは異なることに注意して下さい．例えば二重数列
$$a_{m,n}=\cfrac{n}{m+n} \hspace{0.2in} (m,n \geq 1)$$
を考えると，その違いが見えます．
とはいえ，解析学ではよくあるように，ある条件下では順番に各添字の極限を取って得られる値と二重数列の収束値との間に関連があります．それが次の2つの定理です．どちらも証明は簡単なので省略します．また，これらは高木貞治先生の解析概論から引用させて頂いたので，そちらを参照されても良いと思います．

上の2つの定理は$m,n$の役割を入れ替えても勿論成り立ちます．
大雑把に言うと，定理1は，二重数列が収束するなら逐次的に極限を取っても同じ値に収束するということを，定理2は，片方の添え字に関して一様収束するなら二重数列の極限値を逐次的に極限を取って求められるいうことを言っています．因みに，今回は定理2のみしか用いません．定理1も用いる例はまた別の機会に紹介したいと思います．

以上で準備を終了し，本題に入ります．

級数(1)の値を求める

さて，級数(1)の値を計算しましょう．ここで級数(1)を再掲しておきます．
$$\lim_{n \to \infty}\sum_{k=1}^n\cfrac{1}{k+n+\sqrt{n}}\tag{1}$$
極限とシグマが見えるので区分求積を思いつきます．そこで極限の中身を次のように変形します．
$$\sum_{k=1}^n\cfrac{1}{k+n+\sqrt{n}}=\cfrac{1}{n}\sum_{k=1}^n\cfrac{1}{\frac{k}{n}+1+\frac{1}{\sqrt{n}}}$$
普通の区分求積だったら，ここで$n \to \infty$とすることで直ぐに積分に移行できるのですが，今回は$\frac{1}{\sqrt{n}}$という項が和の中に入っているのでそうはいきません．しかし，$n \to \infty$のとき$\frac{1}{\sqrt{n}} \to 0$なので，直感的には
$$\lim_{n \to \infty}\cfrac{1}{n}\sum_{k=1}^n\cfrac{1}{\frac{k}{n}+1+\frac{1}{\sqrt{n}}}=\int_0^1\cfrac{1}{x+1}\, dx=\log{2}$$
が成り立つと予想されます．これからこの直感を正当化していきましょう．

まず，$n$が変化するに従って$\frac{1}{\sqrt{n}}$も変化するのが煩わしいので，別々に極限を取るための布石として新しく添字$m$を導入して，
$$\lim_{m \to \infty,\, n \to \infty}\cfrac{1}{n}\sum_{k=1}^n\cfrac{1}{\frac{k}{n}+1+\frac{1}{\sqrt{m}}}$$
という値を考えることにします．もしこの極限値が存在すれば，それが求めるべき値に等しくなります．まず$m$を任意に固定した上で$n$について極限を取ると，区分求積法から
$$\lim_{n \to \infty}\cfrac{1}{n}\sum_{k=1}^n\cfrac{1}{\frac{k}{n}+1+\frac{1}{\sqrt{m}}} = \int_0^1\cfrac{1}{x+1+\frac{1}{\sqrt{m}}}\, dx$$
が成り立ちます．$f_m(x)=\frac{1}{x+1+\frac{1}{\sqrt{m}}}$と置くと，この等式は
$$\lim_{n \to \infty}\cfrac{1}{n}\sum_{k=1}^nf_m\left(\frac{k}{n} \right) = \int_0^1f_m(x)\, dx$$
と書けます．さて，上で掲げた定理2を用いたいので，この収束が$m$に関して一様であることを示します．

$f_m(x)$は閉区間$[0,1]$において単調減少です．従って，グラフを描くことで
$$\int_0^1f_m(x)\, dx-\cfrac{1}{n}\sum_{k=1}^nf_m\left(\frac{k}{n} \right) > 0$$
が成り立つことが分かります．即ち，和$\displaystyle\frac{1}{n}\sum_{k=1}^nf_m\left(\frac{k}{n} \right)$で近似された，区間$[0,1]$における$f_m(x)$の下側の面積は，実際の面積よりも小さいということです．更に，実際の面積と近似面積の差を各分割小区間$[\frac{k-1}{n},\frac{k}{n}]$において考えると，
$$\int_{\frac{k-1}{n}}^{\frac{k}{n}}f_m(x)\, dx-\cfrac{1}{n}\,f_m\left(\frac{k}{n}\right) < \cfrac{1}{n}\left\{f_m\left(\frac{k-1}{n}\right)-f_m\left(\frac{k}{n}\right) \right\}$$
と上から抑えることができます($x=\frac{k-1}{n}, \, x=\frac{k}{n}, \, y=f_m(\frac{k-1}{n}), \, y=f_m(\frac{k}{n})$で囲まれた長方形を考えれば良いです)．これより，
$$\begin{align} 0 < \int_0^1f_m(x)\, dx-\cfrac{1}{n}\sum_{k=1}^nf_m\left(\frac{k}{n} \right) &< \cfrac{1}{n}\sum_{k=1}^n\left\{f_m\left(\frac{k-1}{n}\right)-f_m\left(\frac{k}{n}\right) \right\} \\ &= \cfrac{f_m(0)-f_m(1)}{n} \\ &= \cfrac{1}{n} \cdot \cfrac{1}{\left(1+\frac{1}{\sqrt{m}}\right)\left(2+\frac{1}{\sqrt{m}}\right)} < \cfrac{1}{n} \end{align}$$
が成り立ちます．最右辺の$\frac{1}{n}$は$m$に依らないので，
$$\lim_{n \to \infty}\cfrac{1}{n}\sum_{k=1}^nf_m\left(\frac{k}{n} \right) = \int_0^1f_m(x)\, dx$$
の収束が$m$に関して一様であることが分かりました．

さて，定理2を用いるためには極限
$$\lim_{m \to \infty}\int_0^1f_m(x)\,dx$$
の存在を言わなければなりません．$m \to \infty$とすると
$$f_m(x) \to \cfrac{1}{x+1}$$
となります．そして，簡単な計算から
$$\left|\cfrac{1}{x+1}-f_m(x) \right| < \cfrac{1}{\sqrt{m}}$$
が成り立つので，この収束は区間$[0,1]$において一様です．従って，極限と積分の順序交換ができて，
$$\lim_{m \to \infty}\int_0^1f_m(x)\,dx = \int_0^1\cfrac{1}{x+1}\, dx=\log2$$
と計算できます．よって定理2から，
$$\lim_{m \to \infty,\, n \to \infty}\cfrac{1}{n}\sum_{k=1}^n\cfrac{1}{\frac{k}{n}+1+\frac{1}{\sqrt{m}}} = \lim_{m \to \infty}\left(\lim_{n \to \infty}\cfrac{1}{n}\sum_{k=1}^n\cfrac{1}{\frac{k}{n}+1+\frac{1}{\sqrt{m}}} \right) = \log2$$
となることが分かります．以上より，最終的な解答は次の通りです．
$$\underline{\lim_{n \to \infty}\sum_{k=1}^n\cfrac{1}{k+n+\sqrt{n}}=\log 2}$$

今回は，最後の$m \to \infty$を取る場面で，$f_m(x)$の収束が区間$[0,1]$において一様収束であったため比較的簡単に$m \to \infty$の極限を求めることができましたが，積分と極限の順序交換ができない場合は，また別の方法を考える必要があります．

今回の記事は以上です．
お読み頂きありがとうございました．

余談(2022/2/4追記)

投稿した後に気づいたのですが，二重数列を持ち出さずとも上の極限の値は求められますね．具体的な方法は次の通りです．

$$\cfrac{1}{k+n}-\cfrac{1}{k+n+\sqrt{n}}=\cfrac{\sqrt{n}}{(k+n)(k+n+\sqrt{n})}$$
であり，$1 \leq k \leq n$のとき$k+n > n, \, \,k+n+\sqrt{n} > n$が成り立つので，任意の$1 \leq k \leq n$に対して
$$\cfrac{1}{k+n}-\cfrac{1}{k+n+\sqrt{n}}=\cfrac{\sqrt{n}}{(k+n)(k+n+\sqrt{n})} < \cfrac{\sqrt{n}}{n^2}$$
が成り立ちます．これより，
$$\begin{align} \left|\sum_{k=1}^n\cfrac{1}{k+n}-\sum_{k=1}^n\cfrac{1}{k+n+\sqrt{n}} \right| &= \left|\sum_{k=1}^n\left\{\cfrac{1}{k+n}-\cfrac{1}{k+n+\sqrt{n}}\right\} \right| \\ &\leq \sum_{k=1}^n\left|\cfrac{1}{k+n}-\cfrac{1}{k+n+\sqrt{n}}\right| < \sum_{k=1}^n\cfrac{\sqrt{n}}{n^2} = \cfrac{1}{\sqrt{n}} \end{align}$$
となるので，
$$\lim_{n \to \infty}\left\{\sum_{k=1}^n\cfrac{1}{k+n}-\sum_{k=1}^n\cfrac{1}{k+n+\sqrt{n}}\right\}=0$$
が成り立ちます．ところで，区分求積法から
$$\lim_{n \to \infty}\sum_{k=1}^n\cfrac{1}{k+n}=\int_0^1\cfrac{1}{x+1}\, dx=\log2$$
が成り立つので，
$$\underline{\lim_{n \to \infty}\sum_{k=1}^n\cfrac{1}{k+n+\sqrt{n}}=\log 2}$$
が分かりました．