数列の和／はさみうちの原理を用いた極限(神戸大2017理系第2問)

公開日:2021/09/09

最終更新日:2023/01/12

$n$ を自然数とする。以下の問に答えよ。

(1) 実数 $x$ に対して，次の等式が成り立つことを示せ。

$\displaystyle\sum_{k=0}^n(-1)^ke^{-kx}-\cfrac{1}{1+e^{-x}}=\cfrac{(-1)^ne^{-(n+1)x}}{1+e^{-x}}$

(2) 次の等式をみたす $S$ の値を求めよ。

$\displaystyle\sum_{k=1}^n\cfrac{(-1)^k(1-e^{-k})}{k}-S=(-1)^n\int_0^1\cfrac{e^{-(n+1)x}}{1+e^{-x}}dx$

(3) 不等式

$\displaystyle\int_0^1\cfrac{e^{-(n+1)x}}{1+e^{-x}}dx\leqq\cfrac{1}{n+1}$

が成り立つことを示し，$\displaystyle\sum_{k=1}^\infty\cfrac{(-1)^k(1-e^{-k})}{k}$ を求めよ。

等比数列の和

(1)から始めます。

$k$ とか $x$ とかあってごちゃごちゃ。

$\sum$ を考える上で $x$ はあくまで定数だから，$a$ とか $b$ とかとおんなじように考えて。$k$ だけ変化する。

まず $\displaystyle\sum_{k=0}^n(-1)^ke^{-kx}$ の部分から考えていきます。$k$ が 2 つあるので，これを 1 つにまとめていくことを考えましょう。

$(-1)^ke^{-kx}=\cfrac{(-1)^k}{e^{kx}}$
$=\Big(-\cfrac{1}{e^x}\Big)^k$

よって

$\displaystyle\sum_{k=0}^n\Big(-\cfrac{1}{e^x}\Big)^k$

これは等比数列の和を求めるということです。初項は $k=0$ のときだから 1 です。また，公比は $-\cfrac{1}{e^x}$ です。

$=\cfrac{1-\Big(-\cfrac{1}{e^x}\Big)^{n+1}}{1+\cfrac{1}{e^x}}$

$k=0$ から始まるから，項数は $n$ ではなく $n+1$ になることに注意。

もとの式に戻すと

$\displaystyle\sum_{k=0}^n(-1)^ke^{-kx}-\cfrac{1}{1+e^{-x}}$
$=\cfrac{1-\Big(-\cfrac{1}{e^x}\Big)^{n+1}}{1+\cfrac{1}{e^x}}-\cfrac{1}{1+\cfrac{1}{e^x}}$
$=-\cfrac{\Big(-\cfrac{1}{e^x}\Big)^{n+1}}{1+\cfrac{1}{e^x}}$

あとはこれを右辺に合わせて変形していきましょう。

$=-\cfrac{(-1)^{n+1}\Big(\cfrac{1}{e^x}\Big)^{n+1}}{1+\cfrac{1}{e^x}}$
$=-\cfrac{(-1)(-1)^n(e^{-x})^{n+1}}{1+e^{-x}}$
$=\cfrac{(-1)^n(e^{-x})^{n+1}}{1+e^{-x}}$

このように，$(-1)^{n+1}$ から $-1$ を 1 つ分離することで，分数の前についているマイナスを消去します。

したがって

$=\cfrac{(-1)^ne^{-(n+1)x}}{1+e^{-x}}$

（証明終わり）

等式の証明

(2)に進みます。

(1)と(2)の式を並べてみると

$\displaystyle\sum_{k=0}^n(-1)^ke^{-kx}-\cfrac{1}{1+e^{-x}}=\cfrac{(-1)^ne^{-(n+1)x}}{1+e^{-x}}$
$\displaystyle\sum_{k=1}^n\cfrac{(-1)^k(1-e^{-k})}{k}-S=(-1)^n\int_0^1\cfrac{e^{-(n+1)x}}{1+e^{-x}}dx$

(1)の右辺を積分したものが(2)の右辺になっているようです。

よって

$\displaystyle(-1)^n\int_0^1\cfrac{e^{-(n+1)x}}{1+e^{-x}}dx$
$\displaystyle=\int_0^1\cfrac{(-1)^ne^{-(n+1)x}}{1+e^{-x}}dx$
$=\displaystyle\int_0^1\sum_{k=0}^n(-1)^ke^{-kx}-\cfrac{1}{1+e^{-x}}\space dx$

積分の中にシグマあるとか意味不明。

式はこう書き換えられます。

$=\displaystyle\sum_{k=0}^n\Big\{(-1)^k\int_0^1e^{-kx}dx\Big\}-\int_0^1\cfrac{1}{1+e^{-x}}\space dx$

順番入れ替えていいの？

$(-1)^k$ の部分をいったん無視して考えると，$e^{-kx}$ の部分は，具体的には $e^{0},e^{-x},e^{-2x},\cdots$ ということです。したがって，これらを

$\displaystyle\int(e^0+e^{-x}+e^{-2x}+\cdots)dx$

と書くことと

$\displaystyle\int e^0dx+\int e^{-x}dx+\int e^{-2x}dx+\cdots$

と書くのは同じことです。

ああ，そういうこと。

ここで，$\cfrac{1}{1+e^{-x}}$ は
$\cfrac{1}{1+e^{-x}}=\cfrac{1}{1+\cfrac{1}{e^x}}$
$=\cfrac{e^x}{e^x+1}$

となるので，

$\displaystyle\sum_{k=0}^n\Big\{(-1)^k\int_0^1e^{-kx}dx\Big\}-\int_0^1\cfrac{e^x}{e^x+1}\space dx$　・・・①
$\displaystyle=\sum_{k=0}^n\Big\{(-1)^k\Big[-\cfrac{1}{k}\cdot e^{-kx}\Big]_0^1\Big\}-\Big[\log(e^x+1)\Big]_0^1$

$e^{-kx}$ は合成関数だから積分するとき，$-kx$ の微分の逆数，つまり $-\cfrac{1}{k}$ をかけるのを忘れずに。また，$\log(e^x+1)$ を微分すると，これも合成関数だから，$\cfrac{1}{\log(e^x+1)}\cdot(e^x+1)’$ となって，$=\cfrac{e^x}{\log(e^x+1)}$ となる。ちゃんと上の式に戻るでしょ？

$\displaystyle=\sum_{k=0}^n\Big\{(-1)^k\Big(-\cfrac{e^{-k}}{k}+\cfrac{1}{k}\Big)\Big\}-\{\log(e+1)-\log2\}$
$\displaystyle=\sum_{k=0}^n\cfrac{(-1)^k(1-e^{-k})}{k}-\log\cfrac{e+1}{2}$

よって

$\displaystyle\sum_{k=1}^n\cfrac{(-1)^k(1-e^{-k})}{k}-S=\sum_{k=0}^n\cfrac{(-1)^k(1-e^{-k})}{k}-\log\cfrac{e+1}{2}$

ここで，左辺のシグマは $k=1$ だけど右辺のシグマは $k=0$ で異なっていることを見落とさないように。

$k=0$ だと，$\cfrac{(-1)^k(1-e^{-k})}{k}$ が計算できませんよ。

結局，これ計算失敗している。それに気づいてもう一度さかのぼって考えられるかどうかが，勝負の分かれ目。

いったん，①まで戻ってやり直します。

$\displaystyle\sum_{k=0}^n\Big\{(-1)^k\int_0^1e^{-kx}dx\Big\}-\int_0^1\cfrac{e^x}{e^x+1}\space dx$　・・・①

シグマの式から $k=0$ の場合を分離しましょう。

$\displaystyle\underbrace{(-1)^0\int_0^1e^0dx}_{\textsf{k=0の場合}}+\sum_{k=1}^n\Big\{(-1)^k\int_0^1e^{-kx}dx\Big\}-\int_0^1\cfrac{e^x}{e^x+1}\space dx$
$\displaystyle=\int_0^1dx+\sum_{k=1}^n\Big\{(-1)^k\int_0^1e^{-kx}dx\Big\}-\int_0^1\cfrac{e^x}{e^x+1}\space dx$
$\displaystyle=\Big[x\Big]_0^1+\sum_{k=1}^n\Big\{(-1)^k\Big[-\cfrac{1}{k}e^{-kx}\Big]_0^1\Big\}-\Big[\log(e^x+1)\Big]_0^1$
$\displaystyle=1+\sum_{k=1}^n\Big\{(-1)^k\Big(-\cfrac{e^{-k}}{k}+\cfrac{1}{k}\Big)\Big\}-\log(e+1)+\log2$
$\displaystyle=1+\sum_{k=1}^n\cfrac{(-1)^k(1-e^{{-k}})}{k}-\log\cfrac{e+1}{2}$

よって

$\displaystyle\sum_{k=1}^n\cfrac{(-1)^k(1-e^{-k})}{k}-S=1+\sum_{k=1}^n\cfrac{(-1)^k(1-e^{-k})}{k}-\log\cfrac{e+1}{2}$
$\displaystyle S=\log\cfrac{e+1}{2}-1$　（答え）

はさみうちの原理を用いる

(3)に進みます。

$\displaystyle\int_0^1\cfrac{e^{-(n+1)x}}{1+e^{-x}}dx\leqq\cfrac{1}{n+1}$

が成り立つことを示します。とは言っても，左辺をそのまま積分してもうまくいかないでしょう。

こういうときは，不等式の間にもう一つ式をはさんで解決します。

$\displaystyle\int_0^1\cfrac{e^{-(n+1)x}}{1+e^{-x}}dx\leqq\int_0^1f(x)dx\leqq\cfrac{1}{n+1}$

①≦②を，①≦③≦②として，①≦③かつ③≦②なら①≦②が成り立つよねっていう順番で説明する。

③がひらめかない。

分数の場合は分子を使うといいよ。

$\cfrac{e^{-(n+1)x}}{1+e^{-x}}$ の分母 $1+e^{-x}$ は $x$ の値に関係なく 1 より大きな値です。したがって

$\cfrac{e^{-(n+1)x}}{1+e^{-x}}\leqq e^{-(n+1)x}$

が成り立ちます。

よって

$\displaystyle\int_0^1\cfrac{e^{-(n+1)x}}{1+e^{-x}}dx\leqq\int_0^1e^{-(n+1)x}dx$
$\displaystyle\int_0^1e^{-(n+1)x}dx$
$=\Big[-\cfrac{e^{-(n+1)x}}{n+1}\Big]_0^1$

$e^{-(n+1)x}$ は合成関数だから，積分したときに $-(n+1)x$ の微分の逆数，つまり $-\cfrac{1}{n+1}$ をかけるのを忘れずに。

$=-\cfrac{e^{-(n+1)}}{n+1}+\cfrac{1}{n+1}$
$=\cfrac{1-e^{-(n+1)}}{n+1}\leqq\cfrac{1}{n+1}$
（証明終わり）

次に，極限を求めます。

$\displaystyle\sum_{k=1}^\infty\cfrac{(-1)^k(1-e^{-k})}{k}$

(2)の式を利用すると

$\displaystyle\sum_{k=1}^n\cfrac{(-1)^k(1-e^{-k})}{k}-S=(-1)^n\int_0^1\cfrac{e^{-(n+1)x}}{1+e^{-x}}dx$
$\displaystyle\sum_{k=1}^n\cfrac{(-1)^k(1-e^{-k})}{k}=(-1)^n\int_0^1\cfrac{e^{-(n+1)x}}{1+e^{-x}}dx+S$
$\displaystyle\sum_{k=1}^n\cfrac{(-1)^k(1-e^{-k})}{k}=(-1)^n\int_0^1\cfrac{e^{-(n+1)x}}{1+e^{-x}}dx+\log\cfrac{e+1}{2}-1$

ここで

$\displaystyle0\leqq\int_0^1\cfrac{e^{-(n+1)x}}{1+e^{-x}}\leqq\cfrac{1}{n+1}$

はさみうちの原理より

$\displaystyle\lim_{n\rightarrow\infty}\int_0^1\cfrac{e^{-(n+1)x}}{1+e^{-x}}=0$

よって

$\displaystyle\sum_{k=1}^\infty\cfrac{(-1)^k(1-e^{-k})}{k}=\log\cfrac{e+1}{2}-1$　（答え）

数列の和／はさみうちの原理を用いた極限(神戸大2017理系第2問)

等比数列の和

等式の証明

はさみうちの原理を用いる

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