解析的整数論の問題

難易度 4大学院入試の難問レベル証明問題大学院数学解析的整数論

関数 $χ : Z \to {0, 1, - 1}$ を
$χ (n) = ⎩ ⎨ ⎧ 1 - 1 0 (n \equiv \pm 1 (mod 8)), (n \equiv \pm 3 (mod 8)), (n が偶数)$
で定める（これは法 $8$ の実ディリクレ指標である）。部分和を $S_{N} = \sum_{n = 1}^{N} \frac{χ ( n )}{n}$ （ $N$ は正の整数）とおく。

$N \to \infty$ のとき $S_{N}$ は収束し、
$L (1, χ) = n = 1 \sum \infty \frac{χ ( n )}{n} = N \to \infty lim S_{N} = \frac{lo g ( 1 + 2 )}{2}$
が成り立つことを証明せよ。ただし、微分積分学の基本的な事実（定積分の性質、置換積分、広義積分）は用いてよい。

この問題で使うもの

分数関数の積分（部分分数分解）（説明と入口の問題）
置換積分（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）
無限等比級数と無限級数（説明と入口の問題）
剰余の定理・因数定理と高次方程式（説明と入口の問題）

この問題を解けるようになるまで（43 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

$\frac{1}{k} = \int_{0}^{1} x^{k - 1} d x$ を使って、周期 $8$ ごとにまとめた部分和を 1 つの定積分で表し、 $M \to \infty$ の極限と積分の値を別々に扱う。

ヒント 2

$1 - x^{2} - x^{4} + x^{6} = (1 - x^{2}) (1 - x^{4})$ と $1 - x^{8} = (1 - x^{4}) (1 + x^{4})$ から、極限の積分は $\int_{0}^{1} \frac{1 - x ^{2}}{1 + x ^{4}} d x$ になる。この積分は分子分母を $x^{2}$ で割り、 $u = x + \frac{1}{x}$ と置換する。

ヒント 3

$S_{8 M} = \int_{0}^{1} \frac{( 1 - x ^{2} ) ( 1 - x ^{8 M} )}{1 + x ^{4}} d x$ を示し、 $\frac{1 - x ^{2}}{1 + x ^{4}} \leq 1$ から誤差を $\int_{0}^{1} x^{8 M} d x = \frac{1}{8 M + 1}$ で押さえる。端数の $n$ （高々 $7$ 項）の寄与も $0$ に近づくことを確かめる。

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

$\frac{1}{k} = \int_{0}^{1} x^{k - 1} d x$ と等比数列の和を用いて $S_{8 M}$ を $\int_{0}^{1} \frac{( 1 - x ^{2} ) ( 1 - x ^{8 M} )}{1 + x ^{4}} d x$ と表している（因数分解 $(1 - x^{2}) (1 - x^{4})$ と $(1 - x^{4}) (1 + x^{4})$ の約分を含む）（3 点）
$S_{8 M}$ と $I = \int_{0}^{1} \frac{1 - x ^{2}}{1 + x ^{4}} d x$ の差を $\frac{1}{8 M + 1}$ などで評価し、さらに $8 M < N < 8 M + 8$ の端数部分も $0$ に近づくことを示して、 $S_{N} \to I$ を結論している（3 点）
分子分母を $x^{2}$ で割り $u = x + \frac{1}{x}$ と置換して、 $\int_{2}^{\infty} \frac{d u}{u ^{2} - 2}$ に帰着している（ $x \to 0$ での広義積分の扱いを含む）（2 点）
部分分数分解で積分を計算し、 $\frac{2 + 2}{2 - 2} = (1 + 2)^{2}$ を用いて $\frac{l o g ( 1 + 2 )}{2}$ を得ている（2 点）

結果を記録する（このブラウザにだけ保存されます）:

模範解答を読む

第 1 段: 部分和の積分表示。 正の整数 $k$ について $\frac{1}{k} = \int_{0}^{1} x^{k - 1} d x$ である。 $M$ を正の整数とすると、 $1 \leq n \leq 8 M$ のうち $χ (n) \neq = 0$ となるのは $n = 8 m + 1, 8 m + 3, 8 m + 5, 8 m + 7$ （ $0 \leq m \leq M - 1$ ）で、値はそれぞれ $1, - 1, - 1, 1$ である。よって有限和と積分の順序を入れ替えて
$S_{8 M} = m = 0 \sum M - 1 \int_{0}^{1} x^{8 m} (1 - x^{2} - x^{4} + x^{6}) d x = \int_{0}^{1} (1 - x^{2} - x^{4} + x^{6}) m = 0 \sum M - 1 x^{8 m} d x .$
$0 \leq x < 1$ では等比数列の和の公式から $\sum_{m = 0}^{M - 1} x^{8 m} = \frac{1 - x ^{8 M}}{1 - x ^{8}}$ であり、
$1 - x^{2} - x^{4} + x^{6} = (1 - x^{2}) (1 - x^{4}), 1 - x^{8} = (1 - x^{4}) (1 + x^{4})$
なので、 $0 \leq x < 1$ で被積分関数は $\frac{( 1 - x ^{2} ) ( 1 - x ^{8 M} )}{1 + x ^{4}}$ に等しい。1 点 $x = 1$ での値は積分に影響しないから
$S_{8 M} = \int_{0}^{1} \frac{( 1 - x ^{2} ) ( 1 - x ^{8 M} )}{1 + x ^{4}} d x .$

第 2 段: 収束。 $I = \int_{0}^{1} \frac{1 - x ^{2}}{1 + x ^{4}} d x$ とおく（被積分関数は $[0, 1]$ で連続）。 $0 \leq x \leq 1$ で $0 \leq \frac{1 - x ^{2}}{1 + x ^{4}} \leq 1$ だから
$∣ S_{8 M} - I ∣ = \int_{0}^{1} \frac{( 1 - x ^{2} ) x ^{8 M}}{1 + x ^{4}} d x \leq \int_{0}^{1} x^{8 M} d x = \frac{1}{8 M + 1} M \to \infty 0.$
一般の $N \geq 8$ に対しては $M = ⌊ N /8 ⌋ \geq 1$ とおくと $8 M \leq N < 8 M + 8$ で、
$∣ S_{N} - S_{8 M} ∣ \leq n = 8 M + 1 \sum N \frac{1}{n} \leq \frac{7}{8 M + 1} N \to \infty 0$
（ $N \to \infty$ のとき $M \to \infty$ ）。よって $∣ S_{N} - I ∣ \leq ∣ S_{N} - S_{8 M} ∣ + ∣ S_{8 M} - I ∣ \to 0$ となり、 $S_{N}$ は収束して $L (1, χ) = I$ である。

第 3 段: 積分 $I$ の計算。 $0 < ε < 1$ とし、 $[ε, 1]$ 上で $φ (x) = x + \frac{1}{x}$ とおく。 $φ$ は $C^{1}$ 級で $φ^{'} (x) = 1 - \frac{1}{x ^{2}}$ 、また $φ (x)^{2} - 2 = x^{2} + \frac{1}{x ^{2}}$ である。分子と分母を $x^{2}$ で割ると
$\frac{1 - x ^{2}}{1 + x ^{4}} = \frac{\frac{1}{x ^{2}} - 1}{x ^{2} + \frac{1}{x ^{2}}} = - \frac{φ ^{'} ( x )}{φ ( x ) ^{2} - 2} .$
$φ (1) = 2$ で、 $[ε, 1]$ 上 $φ (x) \geq 2 > 2$ （相加相乗平均）なので $u^{2} - 2 > 0$ の範囲で置換積分ができ、
$\int_{ε}^{1} \frac{1 - x ^{2}}{1 + x ^{4}} d x = - \int_{φ (ε)}^{2} \frac{d u}{u ^{2} - 2} = \int_{2}^{φ (ε)} \frac{d u}{u ^{2} - 2} .$
部分分数分解 $\frac{1}{u ^{2} - 2} = \frac{1}{2 2} (\frac{1}{u - 2} - \frac{1}{u + 2})$ より、 $u > 2$ での原始関数は $F (u) = \frac{1}{2 2} lo g \frac{u - 2}{u + 2}$ で、
$\int_{2}^{φ (ε)} \frac{d u}{u ^{2} - 2} = F (φ (ε)) - F (2) .$
$ε \to + 0$ のとき $φ (ε) \to \infty$ で $\frac{u - 2}{u + 2} \to 1$ なので $F (φ (ε)) \to 0$ 。一方、左辺は被積分関数が $[0, 1]$ で連続なので $I$ に収束する。よって
$I = - F (2) = \frac{1}{2 2} lo g \frac{2 + 2}{2 - 2} .$
ここで $\frac{2 + 2}{2 - 2} = \frac{( 2 + 2 ) ^{2}}{( 2 - 2 ) ( 2 + 2 )} = \frac{6 + 4 2}{2} = 3 + 22 = (1 + 2)^{2}$ なので
$I = \frac{1}{2 2} \cdot 2 lo g (1 + 2) = \frac{lo g ( 1 + 2 )}{2} .$

結論。 第 2 段・第 3 段より、 $S_{N}$ は収束し $L (1, χ) = \frac{lo g ( 1 + 2 )}{2}$ である。 $■$

この問題の確認

AI が作成した問題です。公開前に次の確認を行いました。

別の AI が模範解答を見ずに 3 回証明を試み、3 回証明できました
2 つの AI が独立に、模範解答の証明を 1 ステップずつ確かめました
AI の査読で、条件・解説・表記を確認しました
答えの正しさについて慎重に扱うべき点が見つからなかったため、自動で公開しました

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