1/1+1/2-2/3+...=log3 の解法[2通り]

始める前に

この問題は前にX(旧Twitter)で、ら(@karenonahara)さんがポストしていた問題の解答を記事にしたものです。解法1については味覚クリティカル(@1806_04679)さんの考えたものと同一になっています。
[ら@karenonahara: いい証明が思いつかん。 ]

問題

解法1: 正負の項を分ける方法

多分一番手っ取り早い解法です。

簡単な形に変形する

$n$を自然数とする。
$$ S=1+\dfrac{1}{2}-\dfrac{2}{3}+\dfrac{1}{4}+\dfrac{1}{5}-\dfrac{2}{6}+\cdots+\dfrac{1}{3n-2}+\dfrac{1}{3n-1}-\dfrac{2}{3n} $$
調和数 $H_n$は次のように定義される。
$$ H_n:=\sum_{k=1}^n \dfrac{1}{k} $$

$S$を$H_n$を用いて表すと
$$ S=1+\dfrac{1}{2}-\dfrac{2}{3}+\dfrac{1}{4}+\dfrac{1}{5}-\dfrac{2}{6}+\cdots+\dfrac{1}{3n-2}+\dfrac{1}{3n-1}-\dfrac{2}{3n} $$
$$ S=\bigg(1+\dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{3}+\cdots+\dfrac{1}{3n}\bigg)-3\bigg(\dfrac{1}{3}+\dfrac{1}{6}+\cdots+\dfrac{1}{3n}\bigg) $$
$$ =\bigg(1+\dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{3}+\cdots+\dfrac{1}{3n}\bigg)-\bigg(1+\dfrac{1}{2}+\cdots+\dfrac{1}{n}\bigg) $$

$$ =H_{3n}-H_n $$

$H_n$の評価

この形をうまく使います。

面積比較より
$$ \int_0^n \dfrac{dx}{x+1}< H_n<1+\int_1^n \dfrac{dx}{x} $$
$$ \log(n+1)< H_n<1+\log{n} $$
$$ 0<\log(1+\dfrac{1}{n})< H_n-\log{n}<1\ (\because 1\leqq n) $$

この極限の値は$0.57721\cdots$くらいの大きさの定数として知られています。

$$ \lim_{n\to\infty} I_n=0 $$
を満たす$n$についての関数$I_n$を用いて$H_n$を次のように表す。
$$ H_n=\log{n}+\gamma+I_n $$

$S=H_{3n}-H_n$より
$$ \lim_{n\to\infty} S=\lim_{n\to\infty} (\log3+I_{3n}-I_n)=\log3 $$

解法2: 一般項を求めて和を取る方法

$\omega=e^{\dfrac{2i\pi}{3}}$とし、$\omega^n+\omega^{2n}+\omega^{3n}=1+\omega^n+\omega^{2n}$の値について調べると
$$ \omega^n+\omega^{2n}+\omega^{3n}=1+\omega^n+\omega^{2n}= \left\{ \begin{array}{l} 0\ (n \equiv \pm1\mod 3) \\ 3\ (n \equiv 0\mod 3) \end{array} \right. $$
となります。これを用いると
$$ 1+\dfrac{1}{2}-\dfrac{2}{3}+\dfrac{1}{4}+\dfrac{1}{5}-\dfrac{2}{6}+\cdots=\sum_{k=1}^{\infty} \dfrac{1-(1+\omega^k+\omega^{2k})}{k} $$
$$ =\sum_{k=1}^{\infty} -\dfrac{\omega^k+\omega^{2k}}{k} $$

ここで
$$ f_n(x):=\sum_{k=1}^{n} -\dfrac{\omega^k+\omega^{2k}}{k}x^k $$
とする。
各項を微分して
$$ \dfrac{d}{dx}f_n(x) =\sum_{k=1}^{n} -(\omega^k+\omega^{2k})x^{k-1} $$
$$ \dfrac{d}{dx}f_n(x) =\sum_{k=1}^{n} -\omega(\omega x)^{k-1}-\omega^{2}(\omega^{2}x)^{k-1} $$
公比$\omega x,\ \omega^2 x$の等比数列の和を取って
$$ \dfrac{d}{dx}f_n(x) =-\omega \dfrac{1-(\omega x)^n}{1-\omega x}-\omega^{2}\dfrac{1-(\omega^2 x)^n}{1-\omega^2 x} $$

ここで$\abs{\omega}=1,\ \abs{1-\omega x}=\abs{1-\omega^2 x}=\sqrt{x^2+x+1}$より$x\in[0, 1)$のとき
$$ \abs{\dfrac{1-(\omega x)^n}{1-\omega x}-\dfrac{1}{1-\omega x}} =\abs{\dfrac{x^n}{1-\omega x}} \leqq\abs{x^n}\xrightarrow[n\to\infty]{}0 $$
$$ \abs{\dfrac{1-(\omega^2 x)^n}{1-\omega^2 x}-\dfrac{1}{1-\omega^2 x}} =\abs{\dfrac{x^n}{1-\omega^2 x}} \leqq\abs{x^n}\xrightarrow[n\to\infty]{}0 $$
すなわち
$$ \lim_{n\to\infty} \sup_{x\in(0,\ 1)} \abs{\dfrac{1-(\omega x)^n}{1-\omega x}-\dfrac{1}{1-\omega x}}=0 $$
$$ \lim_{n\to\infty} \sup_{x\in(0,\ 1)}\abs{\dfrac{1-(\omega^2 x)^n}{1-\omega^2 x}-\dfrac{1}{1-\omega^2 x}}=0 $$
一様収束より
$$ \sum_{k=1}^{\infty} -\dfrac{\omega^k+\omega^{2k}}{k} =\lim_{n\to\infty} f_n(1)-f_n(0) $$
$$ =\lim_{n\to\infty}\int_0^1 \dfrac{d}{dx}f_n(x)\ dx $$
$$ =\lim_{n\to\infty}\int_0^1 -\omega \dfrac{1-(\omega x)^n}{1-\omega x}-\omega^{2}\dfrac{1-(\omega^2 x)^n}{1-\omega^2 x}\ dx $$
$$ =\int_0^1 \lim_{n\to\infty} \left(-\omega \dfrac{1-(\omega x)^n}{1-\omega x}-\omega^{2}\dfrac{1-(\omega^2 x)^n}{1-\omega^2 x}\right)\ dx $$
$$ =\int_0^1 -\dfrac{\omega}{1-\omega x}-\dfrac{\omega^2}{1-\omega^2 x}\ dx $$
$$ =\bigg[\log(1-\omega x)+\log(1-\omega^2 x)\bigg]_0^1 $$
$$ =\log(1-\omega-\omega^2+\omega^3) $$
$$ =\log\{2+\omega^3-(1+\omega+\omega^2)\} $$
$$ =\log3 $$

あとがき:解法2のテクニックについて、$\omega^n+\omega^{2n}+\omega^{3n}$の式を3Blue1BrownJapanさんの動画で知りました。
その動画では、「$\{ 1,\ 2,\ 3,\cdots, 2000 \}$の部分和のうち、5で割り切れる数の和を求めよ」という問題を解説しており、その問題を解くための重要なテクニックとして紹介されていました。良ければ見てください。
ちなみに整数$a$と素数$p$が互いに素なとき，$a,\ 2a,\ 3a,\ \cdots ,\ (p−1)a$を$p$で割った余りはすべて異なるという有名な定理の形が見えてめっちゃ好きです。
3Blue1BrownJapan: [ 激ムズ数え上げパズルと驚きの解法 ]