問題 34

問題034｜区分求積と無限級数

難易度 D 目安 60分

前半戦

次の極限値を求めよ．

lim_{n \to \infty} \sum_{k = 1}^{n} \frac{n}{n^{2} + k^{2}}, lim_{n \to \infty} \frac{1}{n^{2}} \sum_{k = 1}^{n} k \log (1 + \frac{k}{n}) .

$S_{n} = \sum_{k = 1}^{n} \frac{1}{k} - \log n$ とする． $S_{n}$ が収束することを示せ．その極限を $γ$ とするとき，すべての正の整数 $n$ に対して

0 < S_{n} - γ < \frac{1}{n}

であることを示せ．

後半戦

次の極限値を求めよ．

lim_{n \to \infty} \frac{1}{n^{4}} \prod_{k = 1}^{2 n} (n^{2} + k^{2})^{1 / n} .

Putnam 1970 B1

正の整数 $n$ の2進法表示に現れる数字1の個数を $B (n)$ とする．たとえば $B (6) = 2$ ， $B (15) = 4$ である．級数

S = \sum_{n = 1}^{\infty} \frac{B (n)}{n (n + 1)}

が収束することを示し， $e^{S}$ が有理数かどうか判定せよ．

Putnam 1981 B5

ヒント設問 1

ヒント 1

どちらも $1 / n$ をくくり出し，残りを $k / n$ の関数にする．

ヒント 2

対応する積分は $\int_{0}^{1} (1 + x^{2})^{- 1} d x$ と $\int_{0}^{1} x \log (1 + x) d x$ である．

ヒント設問 2

ヒント 1

$1 / x$ の積分を使って， $\log (1 + 1 / n)$ を $1 / n$ と $1 / (n + 1)$ ではさむ．

ヒント 2

$S_{n} - S_{n + 1} = \int_{n}^{n + 1} (\frac{1}{x} - \frac{1}{n + 1}) d x$ を使う．

ヒント設問 3

ヒント 1

積を直接扱わず，対数を取って和にする．

ヒント 2

$n^{4}$ が打ち消されるように $n^{2} + k^{2} = n^{2} (1 + (k / n)^{2})$ とする．

ヒント設問 4

ヒント 1

$B (2 m)$ と $B (2 m + 1)$ を $B (m)$ で表す．

ヒント 2

偶数番目と奇数番目に分けると，元の和の半分が再び現れる．

解答設問 1

連続関数の区分求積法より，最初の極限は

\int_{0}^{1} \frac{d x}{1 + x^{2}} = \frac{π}{4} .

2番目は $\int_{0}^{1} x \log (1 + x) d x$ である．部分積分と $x^{2} / (1 + x) = x - 1 + 1 / (1 + x)$ を使うと，

\int_{0}^{1} x \log (1 + x) d x = \frac{\log 2}{2} - \frac{1}{2} \int_{0}^{1} (x - 1 + \frac{1}{1 + x}) d x = \frac{1}{4} .

解答設問 2

$1 / (n + 1) < \int_{n}^{n + 1} d x / x < 1 / n$ より $S_{n} - S_{n + 1} > 0$ である．また

\log n = \sum_{k = 1}^{n - 1} \int_{k}^{k + 1} \frac{d x}{x} \leq \sum_{k = 1}^{n - 1} \frac{1}{k}

なので $S_{n} \geq 1 / n > 0$ である．よって単調有界性から極限 $γ$ が存在する．さらに

0 < S_{k} - S_{k + 1} < \frac{1}{k} - \frac{1}{k + 1} .

$k = n, \dots, N$ について足して $N \to \infty$ とすれば $0 \leq S_{n} - γ \leq 1 / n$ である．下側の不等号は $S_{n} - γ \geq S_{n} - S_{n + 1} > 0$ により厳密になる．上側も，最初の項の差
$δ = (1 / n - 1 / (n + 1)) - (S_{n} - S_{n + 1}) > 0$ を残せば $S_{n} - γ \leq 1 / n - δ < 1 / n$ となる．

解答設問 3

与式の極限を取る前の量を $A_{n} > 0$ とすると，

\log A_{n} = \frac{1}{n} \sum_{k = 1}^{2 n} \log (1 + {(\frac{k}{n})}^{2}) ⟶ \int_{0}^{2} \log (1 + x^{2}) d x .

$\tan θ = 2, 0 < θ < π / 2$ を満たす角を $θ$ とおく．部分積分により

\int_{0}^{2} \log (1 + x^{2}) d x = 2 \log 5 - \int_{0}^{2} \frac{2 x^{2}}{1 + x^{2}} d x = 2 \log 5 - 4 + 2 θ .

したがって $25 e^{2 θ - 4}$ が答えである．

解答設問 4

$2^{j} \leq n < 2^{j + 1}$ なら $B (n) \leq j + 1$ である．この区間の和は $(j + 1) / 2^{j}$ 以下なので， $\sum_{j \geq 0} (j + 1) / 2^{j}$ の収束から $S$ も収束する． $B (0) = 0$ と補い， $B (2 m) = B (m)$ ， $B (2 m + 1) = B (m) + 1$ を用いると，

\begin{aligned} S & = \sum_{m = 0}^{\infty} \frac{B (m) + 1}{(2 m + 1) (2 m + 2)} + \sum_{m = 1}^{\infty} \frac{B (m)}{2 m (2 m + 1)} \\ = \sum_{m = 0}^{\infty} (\frac{1}{2 m + 1} - \frac{1}{2 m + 2}) + \frac{S}{2} . \end{aligned}

ここで括弧内の級数の和は $\log 2$ である．実際，有限等比和を積分して

\sum_{k = 0}^{N - 1} \frac{(- 1)^{k}}{k + 1} = \int_{0}^{1} \frac{1 - (- x)^{N}}{1 + x} d x,

右辺の残りの積分の絶対値は $1 / (N + 1)$ 以下になる．したがって $S = \log 2 + S / 2$ ，すなわち $S = 2 \log 2$ であり， $e^{S} = 4$ は有理数である．

DISCUSSION

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