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微分積分の問題

難易度 4大学院入試の標準レベル証明問題大学数学微分積分

正の整数 $n$ に対して $H_{n} = k = 1 \sum n \frac{1}{k}$ とおく。級数
$n = 1 \sum \infty \frac{H _{n}}{n ( n + 1 )}$
は収束し、その和が $\frac{π ^{2}}{6}$ であることを証明せよ。ただし、 $n = 1 \sum \infty \frac{1}{n ^{2}} = \frac{π ^{2}}{6}$ であること、および $x \to \infty lim \frac{lo g x}{x} = 0$ であることは用いてよい。

この問題で使うもの

無限等比級数と無限級数（説明と入口の問題）
等差・等比数列の和と Σ（説明と入口の問題）
数列の極限（説明と入口の問題）
基本的な関数の不定積分（説明と入口の問題）

この問題を解けるようになるまで（40 技能）

算数中学高校大学大学院

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ヒント

行き詰まったら、上から順に 1 つずつ開いてください。

ヒント 1

部分和 $S_{N}$ を有限の式で表し、 $N \to \infty$ の極限を調べる方針をとる。まず $\frac{1}{n ( n + 1 )}$ を部分分数に分けてみよう。

ヒント 2

$H_{n} = H_{n + 1} - \frac{1}{n + 1}$ を使うと、 $\frac{H _{n}}{n + 1}$ が $\frac{H _{n + 1}}{n + 1}$ と $\frac{1}{( n + 1 ) ^{2}}$ の差で表せる。これで $\sum \frac{H _{n}}{n}$ の形の和どうしが打ち消し合う。

ヒント 3

部分和は $S_{N} = \sum_{m = 1}^{N + 1} \frac{1}{m ^{2}} - \frac{H _{N + 1}}{N + 1}$ となる。残るのは $\frac{H _{n}}{n} \to 0$ を示すことで、積分との比較で $H_{n} \leq 1 + lo g n$ を導くとよい。

採点の観点と模範解答

自分で証明を書いてから、採点の観点で見比べてください。

採点の観点を見る

部分分数分解 $\frac{1}{n ( n + 1 )} = \frac{1}{n} - \frac{1}{n + 1}$ を用いて、部分和 $S_{N}$ を 2 つの有限和の差に分けている（1 点）
$H_{n} = H_{n + 1} - \frac{1}{n + 1}$ を用いて $\sum \frac{H _{n}}{n + 1}$ を $\sum \frac{H _{m}}{m}$ と $\sum \frac{1}{m ^{2}}$ で表し、添字のずれを正しく処理している（3 点）
打ち消し合いの結果として $S_{N} = \sum_{m = 1}^{N + 1} \frac{1}{m ^{2}} - \frac{H _{N + 1}}{N + 1}$ という閉じた式を正しく得ている（2 点）
積分との比較などで $H_{n} \leq 1 + lo g n$ を示し、 $\frac{H _{n}}{n} \to 0$ をはさみうちで導いている（3 点）
部分和の極限が $\frac{π ^{2}}{6}$ であることから、級数が収束して和が $\frac{π ^{2}}{6}$ であると結論している（1 点）

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模範解答を読む

部分和 $S_{N} = n = 1 \sum N \frac{H _{n}}{n ( n + 1 )}$ （ $N$ は正の整数）を $N$ の式で表し、 $N \to \infty$ の極限を求める。級数の収束は部分和の数列の収束のことなので、 $lim_{N \to \infty} S_{N} = \frac{π ^{2}}{6}$ を示せばよい。

ステップ 1（部分分数分解）. $\frac{1}{n ( n + 1 )} = \frac{1}{n} - \frac{1}{n + 1}$ より
$S_{N} = n = 1 \sum N \frac{H _{n}}{n} - n = 1 \sum N \frac{H _{n}}{n + 1} . (1)$
（有限和なので、和を 2 つに分けてよい。）

ステップ 2（第 2 の和の書き換え）. $H_{n}$ の定義から $H_{n + 1} = H_{n} + \frac{1}{n + 1}$ 、すなわち $H_{n} = H_{n + 1} - \frac{1}{n + 1}$ である。したがって
$\frac{H _{n}}{n + 1} = \frac{H _{n + 1}}{n + 1} - \frac{1}{( n + 1 ) ^{2}} .$
これを $n = 1$ から $N$ まで加え、 $m = n + 1$ と添字を置き換えると
$n = 1 \sum N \frac{H _{n}}{n + 1} = m = 2 \sum N + 1 \frac{H _{m}}{m} - m = 2 \sum N + 1 \frac{1}{m ^{2}} . (2)$

ステップ 3（打ち消し合い）. $(2)$ を $(1)$ に代入する。 $n = 1 \sum N \frac{H _{n}}{n}$ と $m = 2 \sum N + 1 \frac{H _{m}}{m}$ は $2 \leq n \leq N$ の項が共通なので打ち消し合い、前者の $n = 1$ の項 $\frac{H _{1}}{1} = 1$ と、後者の $m = N + 1$ の項だけが残る。よって
$S_{N} = 1 - \frac{H _{N + 1}}{N + 1} + m = 2 \sum N + 1 \frac{1}{m ^{2}} = m = 1 \sum N + 1 \frac{1}{m ^{2}} - \frac{H _{N + 1}}{N + 1} . (3)$
（確認: $N = 1$ のとき左辺は $\frac{H _{1}}{2} = \frac{1}{2}$ 、右辺は $1 + \frac{1}{4} - \frac{3/2}{2} = \frac{1}{2}$ で一致する。）

ステップ 4（ $H_{n} / n \to 0$ の証明）. 整数 $k \geq 2$ に対し、区間 $[k - 1, k]$ 上で $\frac{1}{x} \geq \frac{1}{k}$ であるから
$\frac{1}{k} \leq \int_{k - 1}^{k} \frac{d x}{x} .$
これを $k = 2, \dots, n$ について加えると、 $n \geq 2$ のとき
$H_{n} = 1 + k = 2 \sum n \frac{1}{k} \leq 1 + \int_{1}^{n} \frac{d x}{x} = 1 + lo g n .$
これは $n = 1$ でも成り立つ（ $H_{1} = 1 = 1 + lo g 1$ ）。また $H_{n} > 0$ である。よって正の整数 $n$ に対して
$0 < \frac{H _{n}}{n} \leq \frac{1}{n} + \frac{lo g n}{n} .$
$n \to \infty$ のとき $\frac{1}{n} \to 0$ 、また仮定により $\frac{l o g n}{n} \to 0$ なので、はさみうちの原理より $n \to \infty lim \frac{H _{n}}{n} = 0$ 。特に $N \to \infty lim \frac{H _{N + 1}}{N + 1} = 0$ である。

ステップ 5（極限）. 仮定により $N \to \infty lim m = 1 \sum N + 1 \frac{1}{m ^{2}} = \frac{π ^{2}}{6}$ 。 $(3)$ の右辺の 2 つの項はどちらも収束するので、極限の和の性質から
$N \to \infty lim S_{N} = \frac{π ^{2}}{6} - 0 = \frac{π ^{2}}{6} .$

以上より、級数 $n = 1 \sum \infty \frac{H _{n}}{n ( n + 1 )}$ は収束し、その和は $\frac{π ^{2}}{6}$ である。

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