数学III / 微分法の応用

積分から生まれる交代級数(積分・数列・極限の融合)

実戦編定積分数列極限交代級数単元横断

問題

$a_{n} = \int_{0}^{1} \frac{x ^{n}}{1 + x} d x$ ( $n = 0, 1, 2, \dots$ )とする。

(1) $a_{n} + a_{n - 1} = \frac{1}{n}$ ( $n \geq 1$ )を示せ。

(2) $0 \leq a_{n} \leq \frac{1}{n + 1}$ を示し、 $k = 1 \sum \infty \frac{( - 1 ) ^{k - 1}}{k}$ を求めよ。

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(1) 分子を $x^{n - 1} (1 + x)$ と見ると分母 $1 + x$ が消える。(2) 漸化式 $\frac{1}{k} = a_{k} + a_{k - 1}$ を交代に足すと中間項が打ち消し、 $a_{0} = \int_{0}^{1} \frac{d x}{1 + x}$ が残る。

解答・解説

方針

(1) 分子を $x^{n - 1} (1 + x)$ とみて分母を約分。(2) はさみうちで $a_{n} \to 0$ 、漸化式を交代に足して $a_{0}$ に帰着。

解答

⓪ 発想 — どう考え始めるか。 $a_{n} = \int_{0}^{1} \frac{x ^{n}}{1 + x} d x$ を直接求めるのは難しい。だが $a_{n}$ と $a_{n - 1}$ の和なら、分母が消える。

$a_{n} + a_{n - 1} = \int_{0}^{1} \frac{x ^{n} + x ^{n - 1}}{1 + x} d x = \int_{0}^{1} \frac{x ^{n - 1} ( 1 + x )}{1 + x} d x = \int_{0}^{1} x^{n - 1} d x = \frac{1}{n}$ 。

(2) は、この漸化式を交代に足し合わせる。 $a_{0} = lo g 2$ (直接計算できる)から出発し、 $a_{n} \to 0$ (はさみうち)を使うと、交代級数 $\sum \frac{( - 1 ) ^{k - 1}}{k}$ が $lo g 2$ に収束すると分かる。

① 分母を消す。 $n \geq 1$ で $a_{n} + a_{n - 1} = \int_{0}^{1} \frac{x ^{n} + x ^{n - 1}}{1 + x} d x = \int_{0}^{1} \frac{x ^{n - 1} ( 1 + x )}{1 + x} d x = \int_{0}^{1} x^{n - 1} d x = \frac{1}{n} .$ ② $a_{n} \to 0$ を示す。 $0 \leq x \leq 1$ で $1 \leq 1 + x$ だから $0 \leq \frac{x ^{n}}{1 + x} \leq x^{n}$ 。積分して $0 \leq a_{n} \leq \int_{0}^{1} x^{n} d x = \frac{1}{n + 1} \to 0.$ はさみうちで $a_{n} \to 0$ 。

③ 交代和で級数に結ぶ。 まず $a_{0} = \int_{0}^{1} \frac{d x}{1 + x} = [lo g (1 + x)]_{0}^{1} = lo g 2$ 。

重要

\frac{1}{k} = a_{k} + a_{k - 1}

を使うと

k = 1 \sum n \frac{( - 1 ) ^{k - 1}}{k} = k = 1 \sum n (- 1)^{k - 1} (a_{k} + a_{k - 1}) = a_{0} + (- 1)^{n - 1} a_{n}

(中間項が打ち消し合う)

よって $k = 1 \sum n \frac{( - 1 ) ^{k - 1}}{k} = lo g 2 + (- 1)^{n - 1} a_{n}$ 。 $a_{n} \to 0$ だから $n \to \infty$ で $k = 1 \sum \infty \frac{( - 1 ) ^{k - 1}}{k} = lo g 2.$

まとめ 分子を因数分解して分母を消すと簡単な漸化式が出る。それを交代に足すと望遠鏡のように打ち消し合い、積分値 $lo g 2$ に級数が収束する。 $a_{n} \to 0$ の評価(はさみうち)が収束の保証。積分・数列・極限の三重奏。

発展 — 一歩先へ。 同じ手法は $b_{n} = \int_{0}^{1} \frac{x ^{n}}{1 + x ^{2}} d x$ にも効き、 $b_{n} + b_{n - 2} = \frac{1}{n - 1}$ からライプニッツ級数 $\frac{π}{4} = 1 - \frac{1}{3} + \frac{1}{5} - \dots$ が同様に出る。「積分の漸化式 → 交代級数の和」という道筋は、 $lo g 2$ や $\frac{π}{4}$ のような定数を積分から取り出す一般的な方法だ。

答

$a_{n} + a_{n - 1} = \int_{0}^{1} x^{n - 1} d x = \frac{1}{n}$ 。 $a_{n} \to 0$ と交代和で $a_{0} = lo g 2$ に帰着し、 $\sum \frac{( - 1 ) ^{k - 1}}{k} = lo g 2$ 。

別解

別解 — 部分和を直接ずらし引きする(苦手な人向け)。 漸化式 $a_{n} + a_{n - 1} = \frac{1}{n}$ を、 $n = 1, 2, 3, \dots$ と交代の符号を付けて足す。

$a_{1} + a_{0} = \frac{1}{1}, a_{2} + a_{1} = \frac{1}{2}, a_{3} + a_{2} = \frac{1}{3}, \dots$

$1$ 番目から $2$ 番目を引き、 $3$ 番目を足し…と交代にすると、左辺は $a_{0}$ と $\pm a_{n}$ だけが残る(中間の $a_{1}, a_{2}, \dots$ が打ち消し合う)。 $n$ 項で

$a_{0} - (- 1)^{n} a_{n} = \frac{1}{1} - \frac{1}{2} + \frac{1}{3} - \dots + \frac{( - 1 ) ^{n - 1}}{n} .$

右辺が求める交代級数の部分和だ。 $0 \leq a_{n} \leq \frac{1}{n + 1} \to 0$ (はさみうち)だから、 $n \to \infty$ で左辺は $a_{0}$ 。 $a_{0} = \int_{0}^{1} \frac{d x}{1 + x} = lo g 2$ より、和は $lo g 2$ 。

積分 $a_{n}$ を「打ち消し合う階段」として並べると、 $lo g 2$ という値が交代級数の姿で立ち上がってくる。

ポイント

$a_{n} + a_{n - 1}$ をまとめると分子が $x^{n - 1} (1 + x)$ になり分母が消える。
$0 \leq a_{n} \leq \frac{1}{n + 1}$ のはさみうちで $a_{n} \to 0$ 。
$\frac{1}{k} = a_{k} + a_{k - 1}$ を交代に足すと $a_{0} = lo g 2$ が残る。

よくある間違い

$a_{n} + a_{n - 1}$ の分子 $x^{n} + x^{n - 1} = x^{n - 1} (1 + x)$ の因数分解に気づかず、分母を約分できない。
はさみうちの上界を誤る( $0 \leq \frac{x ^{n}}{1 + x} \leq x^{n}$ を $[0, 1]$ で積分して $\frac{1}{n + 1}$ )。
交代に足すとき符号を取り違え、 $a_{0}$ でなく別の項に帰着させる。