九州大学 2003年度理系数学第5問(c) 解答・解説

問題

$n$ を2以上の自然数とする．数列 ${S_{n}}$ が $S_{k} = 1 + \frac{1}{2} + \frac{1}{3} + \dots + \frac{1}{k}$ で与えられている．

(1) 不等式 $lo g (n + 1) < S_{n} < 1 + lo g n$ が成り立つことを示せ．

(2) 一般に数列 ${c_{k}}$ に対して， $Δ c_{k} = c_{k + 1} - c_{k} (k = 1, 2, \dots)$ とおく．数列 ${a_{n}}$ と ${b_{n}}$ に対して，

k = 1 \sum n - 1 a_{k} Δ b_{k} = a_{n} b_{n} - a_{1} b_{1} - k = 1 \sum n - 1 b_{k + 1} Δ a_{k}

が成り立つことを示せ．また， $k = 1 \sum n - 1 k S_{k} = (S_{n} - \frac{1}{2}) p (n)$ となる $n$ の整式 $p (n)$ を求めよ．

(3) 不等式 $\frac{2}{n ( n - 1 )} k = 1 \sum n - 1 k S_{k} - lo g n < \frac{1}{2}$ が成り立つことを示せ．

出典：九州大学 2003年度前期日程第2次学力試験理系第5問(c)

方針

(1) は $1/ x$ のグラフと長方形の面積を比較して調和和を上下から評価する。(2) は積の階差 $Δ (a_{k} b_{k})$ を展開して和を取る。後半はこの公式に $a_{k} = k$ 、 $b_{k} = S_{k}$ を入れ、 $Δ S_{k} = 1/ (k + 1)$ を使って $p (n)$ を求める。(3) は (2) の式で左辺を $S_{n} - 1/2$ に直し、(1) の評価を使う。

解答

(1)

関数 $1/ x$ は $x > 0$ で減少する。したがって各 $k = 1, 2, \dots, n$ について $\int_{k}^{k + 1} \frac{d x}{x} < \frac{1}{k}$ であり、これを足すと $lo g (n + 1) = \int_{1}^{n + 1} \frac{d x}{x} < S_{n}$ を得る。

また $k = 2, 3, \dots, n$ について $\frac{1}{k} < \int_{k - 1}^{k} \frac{d x}{x}$ である。よって $S_{n} = 1 + \sum_{k = 2}^{n} \frac{1}{k} < 1 + \int_{1}^{n} \frac{d x}{x} = 1 + lo g n$ である。したがって $lo g (n + 1) < S_{n} < 1 + lo g n$ である。

(2)

$Δ (a_{k} b_{k}) = a_{k + 1} b_{k + 1} - a_{k} b_{k}$ である。右辺を変形すると

Δ (a_{k} b_{k}) = a_{k} (b_{k + 1} - b_{k}) + b_{k + 1} (a_{k + 1} - a_{k}) = a_{k} Δ b_{k} + b_{k + 1} Δ a_{k} .

したがって $a_{k} Δ b_{k} = Δ (a_{k} b_{k}) - b_{k + 1} Δ a_{k}$ である。これを $k = 1$ から $n - 1$ まで足すと

k = 1 \sum n - 1 a_{k} Δ b_{k} = a_{n} b_{n} - a_{1} b_{1} - k = 1 \sum n - 1 b_{k + 1} Δ a_{k}

を得る。

次に $a_{k} = k$ 、 $b_{k} = S_{k}$ とする。このとき $Δ S_{k} = S_{k + 1} - S_{k} = \frac{1}{k + 1}, Δ a_{k} = 1$ である。公式より

k = 1 \sum n - 1 k \cdot \frac{1}{k + 1} = n S_{n} - S_{1} - k = 1 \sum n - 1 S_{k + 1} .

これを直接使って整理してもよいが、求めたい和は次のように順序を入れ替えると速い。

k = 1 \sum n - 1 k S_{k} = k = 1 \sum n - 1 k j = 1 \sum k \frac{1}{j} = j = 1 \sum n - 1 \frac{1}{j} k = j \sum n - 1 k = j = 1 \sum n - 1 \frac{1}{j} {\frac{n ( n - 1 )}{2} - \frac{j ( j - 1 )}{2}} = \frac{n ( n - 1 )}{2} S_{n - 1} - \frac{1}{2} j = 1 \sum n - 1 (j - 1) .

ここで $S_{n - 1} = S_{n} - \frac{1}{n}, \sum_{j = 1}^{n - 1} (j - 1) = \frac{( n - 1 ) ( n - 2 )}{2}$ だから

k = 1 \sum n - 1 k S_{k} = \frac{n ( n - 1 )}{2} (S_{n} - \frac{1}{n}) - \frac{( n - 1 ) ( n - 2 )}{4} = \frac{n ( n - 1 )}{2} S_{n} - \frac{n - 1}{2} - \frac{( n - 1 ) ( n - 2 )}{4} = \frac{n ( n - 1 )}{2} S_{n} - \frac{n ( n - 1 )}{4} = (S_{n} - \frac{1}{2}) \frac{n ( n - 1 )}{2} .

したがって $p (n) = \frac{n ( n - 1 )}{2}$ である。

(3)

(2) より $\frac{2}{n ( n - 1 )} \sum_{k = 1}^{n - 1} k S_{k} = S_{n} - \frac{1}{2}$ である。したがって示すべき不等式は $∣ S_{n} - \frac{1}{2} - lo g n ∣ < \frac{1}{2}$ である。

(1) より $lo g (n + 1) < S_{n} < 1 + lo g n$ だから $lo g (n + 1) - lo g n - \frac{1}{2} < S_{n} - \frac{1}{2} - lo g n < \frac{1}{2}$ である。右側はすでに示されている。左側については $lo g (n + 1) - lo g n = lo g (1 + \frac{1}{n}) > 0$ なので $lo g (n + 1) - lo g n - \frac{1}{2} > - \frac{1}{2}$ である。よって $- \frac{1}{2} < S_{n} - \frac{1}{2} - lo g n < \frac{1}{2}$ であり、

\frac{2}{n ( n - 1 )} k = 1 \sum n - 1 k S_{k} - lo g n < \frac{1}{2}

が成り立つ。

九州大学 2003年度理系数学 第5問(c)

問題

方針

解答

(1)

(2)

(3)

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理系数学第5問(c)