[調和×等比の級数]自習室問題を解く
まえがき
こんにちは、高3のぱぺです。
最近受験で勉強についてとやかく言われるようになってきました。やらねばならんのに勉強あまりできていないのは何事？本当に。
本題
この間学校の自習室のホワイトボードに新しい問題があったので解くことにしました。
問題
極限値 $\displaystyle \sum_{n=1}^{∞} \frac{1}{n\cdot 2^{n}}$ を求めよ。
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解法を思いつくまでのメモ
手が止まりました。分母に$n$や$2^{n}$を持ってこられるとどうにm...
あっなんとなくわかったかもしれない。
一旦 $\displaystyle x=\frac{1}{2} $ とおけば級数 $\displaystyle \sum_{n=1}^{∞} \frac{1}{n}x^{n}$ になる。
そしてこれは近いものに見覚えがある。よしよし。
$-1< x\leq1$ において
$$\log\left(1+x\right)=\sum_{n=1}^{∞} \frac{\left(-1\right)^{n-1}}{n}x^{n}=x-\frac{1}{2}x^2+\frac{1}{3}x^3-\cdots$$
積分評価が大好きな私なので、これを無理やり導出するには：
$1-t+t^2-t^3+\cdots$ 部分和を考え、上下評価、その後積分
とするとスッキリします。しっかりめに解答を考えてしまったが、以下がその証明。
まず、以下を示す：
補題1$0< x<1$ とする。ある正整数$m$が存在して、
「$\displaystyle n\geq m\Rightarrow x^{n}\leq\frac{1}{n}$」を満たす。
補題1証明数列$a_{n}=nx^{n}$ を考える。$a_{n}>0$.
また、$\displaystyle a_{n+1}=\frac{n+1}{n}x\cdot a_{n}$ である。
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$\displaystyle \frac{n+1}{n}x<1$ すなわち $\displaystyle n>\frac{x}{1-x}\;\left(>0\right)$ のとき、$\left\{a_{n}\right\}$ は単調に減少。
また、$0< x<1$ から $\displaystyle \lim_{n\rightarrow ∞} nx^{n}=0$ であるので、
$\displaystyle n=\left[\frac{x}{1-x}\right]+1$ 以降 $\left\{a_{n}\right\}$ は正の値から単調減少をし、$0$に収束する。
このため、ある$m$が存在して、「$n\geq m\Rightarrow nx^{n}\leq 1$」を満たす。
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以下を示す：
補題2ある正整数$M$以上の$N$に対して、
$$\frac{1-\frac{1}{N}}{1+t}\leq \sum_{n=1}^{N} \left(-t\right)^{n-1}\leq\frac{1+\frac{1}{N}}{1+t} \quad -①$$
が成立。このような$M$の最小を以降$M_0$とする。
補題2証明$-1< x<1$ とする。
$0\leq \left|t\right|\leq\left|x\right|$において
$\displaystyle \sum_{n=1}^{N} \left(-t\right)^{n-1} =\frac{1-\left(-t\right)^{N}}{1+t}$ である。
補題1 より、ある正整数$M$が存在して $N\geq M$ であるとき：
$\displaystyle \left|\left(-t\right)^{N}\right|=\left|t\right|^{N}\leq\left|x\right|^{N} \leq \frac{1}{N}$ から、$\displaystyle -\frac{1}{N}\leq \left(-t\right)^{N} \leq \frac{1}{N}$
であるので、このような最小の$M$ を$M_0$として、$N\geq M_0$のとき
$$\frac{1-\frac{1}{N}}{1+t}\leq \frac{1-\left(-t\right)^{N}}{1+t}\leq\frac{1+\frac{1}{N}}{1+t}$$
すなわち
$$\frac{1-\frac{1}{N}}{1+t}\leq \sum_{n=1}^{N} \left(-t\right)^{n-1}\leq\frac{1+\frac{1}{N}}{1+t}$$
以下分岐。
$\text{(i)}$ $0\leq x<1$ のとき：
$①$の各辺を区間$[0,x]$において$t$で積分することで、
$$\left(1-\frac{1}{N}\right)\log\left(1+x\right) \leq \sum_{n=1}^{N} \frac{\left(-1\right)^{n-1}}{n}x^{n} \leq \left(1+\frac{1}{N}\right)\log\left(1+x\right)$$
を得る。はさみうちの原理から
$$\lim_{N\rightarrow ∞} \sum_{n=1}^{N} \frac{\left(-1\right)^{n-1}}{n}x^{n}=\log\left(1+x\right)$$
$\text{(ii)}$ $-1< x< 0$ のとき：
$①$の各辺を区間$[x,0]$において$t$で積分することで、
$$-\left(1-\frac{1}{N}\right)\log\left(1+x\right) \leq -\sum_{n=1}^{N} \frac{\left(-1\right)^{n-1}}{n}x^{n} \leq -\left(1+\frac{1}{N}\right)\log\left(1+x\right)$$
すなわち
$$\left(1+\frac{1}{N}\right)\log\left(1+x\right) \leq \sum_{n=1}^{N} \frac{\left(-1\right)^{n-1}}{n}x^{n} \leq \left(1-\frac{1}{N}\right)\log\left(1+x\right)$$
を得る。はさみうちの原理より
$$\lim_{N\rightarrow ∞} \sum_{n=1}^{N} \frac{\left(-1\right)^{n-1}}{n}x^{n}=\log\left(1+x\right)$$
以上から、$-1< x\leq1$ で $\displaystyle \sum_{n=1}^{∞} \frac{\left(-1\right)^{n-1}}{n}x^{n}=\log\left(1+x\right)$
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符号違いなだけなので、多分今回の極限も$\log$ を使うのだろうと踏んでいて、きっと同様に証明できるだろうと踏んでいざ自己解答へ。
自己解答
極限値 $\displaystyle \sum_{n=1}^{∞} \frac{1}{n\cdot 2^{n}}$ を求めよ。
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[ 自己解答 ]$\displaystyle x=\frac{1}{2}$ とおくと、求める極限は $\displaystyle \lim_{N\rightarrow ∞} \sum_{n=1}^{N} \frac{1}{n} x^{n}$で表される。
ここで、$\displaystyle f_{N}(x)=\sum_{n=1}^{N} \frac{1}{n} x^{n}$ とおく。
\begin{aligned} f_{N}(x)&=\sum_{n=1}^{N} \frac{1}{n} x^{n} \\ &=\sum_{n=1}^{N} \int_{0}^{x} t^{n-1} \;dt \\ &=\int_{0}^{x} \sum_{n=1}^{N}t^{n-1} \;dt \\ &=\int_{0}^{x} \frac{1-t^{N}}{1-t} \; dt \end{aligned}
ここで、$0< t< x$ において $t^{N}$ の上下からの評価をする。
数列 $a_{n}=nx^{n}$ について、漸化式$\displaystyle a_{n+1}=\frac{n+1}{n}x\cdot a_{n}$ を満たし、常に$a_{n}>0$であるので、
$\displaystyle \frac{n+1}{n}x<1$ すなわち$ \displaystyle n>\frac{x}{1-x}$ のとき $a_{n}$ は単調減少。
また、$0< x<1$ であることから、$\displaystyle \lim_{n\rightarrow ∞} a_{n}= \; \left( \lim_{n\rightarrow ∞} nx^{n}=\right)\; 0 $
$a_{n}$ は $\displaystyle n=\left[\frac{x}{1-x}\right]+1$ 以降正の値から単調に減少し $0$ に限りなく近づくので、
ある正整数$M$が存在して、「$n\geq M \Rightarrow a_{n}\leq1$ 」を満たす。
以上から、ある正整数$M$が存在して、「$\displaystyle n\geq M \Rightarrow x^{n}\leq\frac{1}{n}$」を満たす。
このときの$M$で最小のものを$M_0$ とする。
以降、$N\geq M_0$ において考える。
$0\leq t\leq x$ において：
$\displaystyle 0\leq t^{N}\leq x^{N}\leq \frac{1}{N}$ であるから、$\displaystyle 1-\frac{1}{N}\leq 1-t^{N}\leq 1$ $\displaystyle \therefore \quad\frac{1-\frac{1}{N}}{1-t}\leq \frac{1-t^{N}}{1-t}\leq \frac{1}{1-t}$
従って、
\begin{aligned}
&\int_{0}^{x}\frac{1-\frac{1}{N}}{1-t}\; dt < \int_{0}^{x} \frac{1-t^{N}}{1-t} \; dt<\int_{0}^{x}\frac{1}{1-t}\; dt \\
\\
&\left(1-\frac{1}{N}\right)\log\frac{1}{1-x} < f_{N}(x)<\log\frac{1}{1-x}\\
\end{aligned}
はさみうちの原理から $\displaystyle \lim_{N\rightarrow ∞} f_{N}(x)=\log\frac{1}{1-x}$ すなわち $\displaystyle \sum_{n=1}^{∞}\frac{1}{n}x^{n}=\log\frac{1}{1-x}$.
$\displaystyle x=\frac{1}{2}$ より $\displaystyle \sum_{n=1}^{∞}\frac{1}{n\cdot 2^{n}}=\log\frac{1}{1-\frac{1}{2}}=\log{2}$ .
＊$0< x<1$であれば同様の議論で $\displaystyle \sum_{n=1}^{∞}\frac{1}{n}x^{n}=\log\frac{1}{1-x}$ を導くことができる。
あとがき
最初に解答として書いたものでは、先に$0< x<1$において一般化してから$\displaystyle x=\frac{1}{2} $ を代入する形だったんですが、周りから「そんな難しいことまでしないと解けないだなんて先生何出してるんだよ。俺たちも解けると思っていたのに。」みたいなことを言われたので、別日にこの方法(便宜的に文字$x$でおく方法)で書き直しました。
これで比較的できそう感は出たんじゃなかろうか。
こういう、積分評価で級数を考えたりマクローリン展開を導いたりするのが意外と好きなんですよ哈哈。
更新欄
2025.10/15.16:30 投稿
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