平成２９年１０月２９日

[流れ星]

　　　　　第352回数学的な応募解答

　　　　　　＜解答募集期間：10月１日〜10月29日＞

［和の有界性］

　Σ（ｋ＝１から∞）１／ｋ^２＝π^２／６＝１．６４４９３・・・となることは知られています。下記のような“和の有界性”を証明する問題は高校生でも解ける範囲です。

＜出典：「大学の数学」2012年2月号＞

NO1「早起きのおじさん」 10/03 18時04分　受信 更新 10/29

問題1

初項1、公比 の無限等比級数は、2に収束します。

これと比較して考えます。

第n項までの和は、2よりも小さくなります。

2つの数列 と は、初項は等しいですが、

それ以外の項は、 の方が大きな値をとります。

正の数の大小とその逆数の大小とは、反対になります。

ならば、 です。

よって、

問題2

なので、 です。

平方数の逆数の和について、第2項以降を連続する2数の積の逆数に置き換えて、

問題3

なので、 です。

平方数の逆数の和について、ヒントの式に置き換えて、

問題4

(1)

正の数の大小とその逆数の大小とは、反対なので、

よって、

すると、ｎの個数は、 個です。

(2)

この問題を考えるときは、

となるｎの個数とした方がやりやすいです。

ｎの個数は、 個です。

1）m＝1のとき、 となるｎは、ｎ＝1の1個

2）ｍ＝2のとき、 となるｎは、ｎ＝2, 3の2個

3）ｍ＝3のとき、 となるｎは、ｎ＝4, 5, 6, 7の4個

・・・

n）ｍ＝kのとき、 となるｎは、 の 個

よってｎ＝1からｎ＝2^k−1までの平方数の逆数の和（ から までの和）は、

次の式で抑えることができます。

よって、

（　）は、 k → ∞ のときです。

問題5

について調べます。

下のグラフは、 です。

(*)は下のグラフの水色の部分の面積です。

下のグラフのｘ＝1からｘ＝ｎまでの定積分は、黄色と水色の部分を合わせた面積です。

ｐ＞1なので、ｎ^p−1は、無限大に発散するので、その逆数は0に収束します。

NO2「浜田明巳」 　　10/04 11時03分　受信 更新 10/29

問題１
　図より，１≦ｘ≦２のとき，１／２^２≦１／ｘ^２
　　　　　　２≦ｘ≦３のとき，１／３^２≦１／ｘ^２
　　　　　　３≦ｘ≦４のとき，１／４^２≦１／ｘ^２
　　　　　　・・・
　　∴Σ_{１≦ｋ≦ｎ}１／ｋ^２≦１＋∫_{１≦ｘ≦ｎ}ｄｘ／ｘ^２
　　　　　　　　　　　　　＝１−[１／ｘ]_{１≦ｘ≦ｎ}
　　　　　　　　　　　　　＝１−(１／ｎ−１)
　　　　　　　　　　　　　＝２−１／ｎ
　　　　　　　　　　　　　＜２
　　∴Σ_{１≦ｋ≦ｎ}１／ｋ^２＜２　

問題２
　ｋ≧２のとき，ｋ^２＞ｋ^２−ｋ＝ｋ(ｋ−１)＞０
　　∴１／ｋ^２＜１／{ｋ(ｋ−１)}
　　　　　　　　＝１／(ｋ−１)−１／ｋ
　　∴Σ_{１≦ｋ≦ｎ}１／ｋ^２＝１＋Σ_{２≦ｋ≦ｎ}１／ｋ^２
　　　　　　　　　　　　　＜１＋Σ_{２≦ｋ≦ｎ}{１／(ｋ−１)−１／ｋ}
　　　　　　　　　　　　　＝１＋(１−１／ｎ)
　　　　　　　　　　　　　＜２
　　∴Σ_{１≦ｋ≦ｎ}１／ｋ^２＜２

問題３
　ｋ≧１のとき，
　　ｋ^２＞ｋ^２−１／４＞０
　　∴１／ｋ^２＜１／(ｋ^２−１／４)
　　　　　　　　＝１／{(ｋ−１／２)(ｋ＋１／２)}
　　　　　　　　＝１／(ｋ−１／２)−１／(ｋ＋１／２)
から，
　　Σ_{１≦ｋ≦ｎ}１／ｋ^２＜Σ_{１≦ｋ≦ｎ}{１／(ｋ−１／２)−１／(ｋ＋１／２)}
　　　　　　　　　　　　＝２−１／(ｎ＋１／２)
　　　　　　　　　　　　＜２
　　∴Σ_{１≦ｋ≦ｎ}１／ｋ^２＜２

問題４
　（１）ａ_ｎ＝１／ｎ^２，１／２^２ｍ＜ａ_ｎ＜１／２^{２（ｍ−１）}から，
　　１／２^２ｍ＜１／ｎ^２＜１／２^{２（ｍ−１）}
　　∴２^{２(ｍ−１)}＜ｎ^２＜２^２ｍ
　ｎ＞０から，２^ｍ−１＜ｎ＜２^ｍ
　ｍ，ｎは整数なので，２^ｍ−１＋１≦ｎ≦２^ｍ−１
　故にｎの個数は，
　　(２^ｍ−１)−(２^ｍ−１＋１)＋１＝２^ｍ−１−１（個）

　（２）ｍが正整数のとき，
　　Σ_２^ｍ−１_≦ｋ≦２^ｍ_−１１／ｋ^２
　　　＝(１／２^ｍ−１)^２＋{１／(２^ｍ−１＋１)}^２＋{１／(２^ｍ−１＋２)}^２＋・・・＋{１／(２^ｍ−１)}^２
　　　≦(１／２^ｍ−１)^２・２^ｍ−１
　　　＝(１／２)^ｍ−１
であるから，２^ｍ−１≦ｎ≦２^ｍ−１のとき，
　　Σ_{１≦ｋ≦ｎ}１／ｋ^２≦Σ_{１≦ｋ≦２}^ｍ_−１１／ｋ^２
　　　　　　　　　　　　＝１＋１／２＋(１／２)^２＋・・・＋(１／２)^ｍ−１
　　　　　　　　　　　　＝{１−(１／２)^ｍ}／(１−１／２)
　　　　　　　　　　　　＝２{１−(１／２)^ｍ}
　　　　　　　　　　　　＝２−(１／２)^ｍ−１
　　　　　　　　　　　　＜２
　　∴Σ_{１≦ｋ≦ｎ}１／ｋ^２＜２

問題５
　ｐ＞１であり，問題１と同様に，
　　Σ_{１≦ｎ＜∞}ｎ^−ｐ＝lim_ｎ→∞Σ_{１≦ｋ≦ｎ}ｋ^−ｐ
　　　　　　　　　　　≦lim_ｎ→∞(１＋∫_{１≦ｘ≦ｎ}ｘ^−ｐｄｘ)
　　　　　　　　　　　＝１＋lim_ｎ→∞{１／(１−ｐ)・[ｘ^１−ｐ]_{１≦ｘ≦ｎ}}
　　　　　　　　　　　＝１＋lim_ｎ→∞１／(１−ｐ)・(ｎ^１−ｐ−１)
　　　　　　　　　　　＝１−１／(１−ｐ)
　　　　　　　　　　　＝１＋１／(ｐ−１)
　故にΣ_{１≦ｎ＜∞}ｎ^−ｐは有限であり，数列｛Σ_{１≦ｋ≦ｎ}ｋ^−ｐ｝は単調増加数列である．
　故にΣ_{１≦ｎ＜∞}ｎ^−ｐは収束する．

NO3「二度漬け白菜」 18/18 21時56分　受信 更新 10/29

問題1：
任意の定数 p (p＞1) に対して，次の不等式が成り立つ．
Σ[k=1..n](1/k^p) ≦ p/(p-1) - 1/((p-1)*n^(p-1))

(証明)
n=1のときは，
(左辺)=Σ[k=1..1](1/k^p)=1，
(右辺)=p/(p-1)-1/(p-1)=1
であるから，確かに不等式が成り立つ．
n≧2のときを考える．
正整数 k および，k≦x≦k+1 を満たすような x に対して，
0＜1/(k+1)^p ≦ 1/x^p が成り立つ．よって，
∫[x=k,k+1](1/(k+1)^p)dx ≦ ∫[x=k,k+1](1/x^p)dx
つまり，
1/(k+1)^p ≦ ∫[x=k,k+1](1/x^p)dx
この式で，k=1,2,…,n-1 とおき，辺々加えると，
Σ[k=1..n-1](1/(k+1)^p) ≦ Σ[k=1..n-1]∫[x=k,k+1](1/x^p)dx
つまり，
Σ[k=2..n](1/k^p) ≦ ∫[x=1,n](1/x^p)dx = 1/(p-1)-1/((p-1)*n^(p-1))
よって，
Σ[k=1..n](1/k^p) ≦ p/(p-1)-1/((p-1)*n^(p-1)) 
(証明終)

この不等式と，p/(p-1)-1/((p-1)*n^(p-1))＜p/(p-1) であることとから，
Σ[k=1..n](1/k^p) ＜ p/(p-1) ---(★)　
であることがわかる．
p=2のときを考えて，
Σ[k=1..n](1/k^2) ＜ 2
となる．

問題2：
n=1のときは，Σ[k=1..n](1/k^2)=1＜2である．
n≧2のときを考える．
k≧2のとき，k^2＞k*(k-1)＞0 であるから，1/k^2＜1/(k*(k-1))．
よって，
Σ[k=1..n](1/k^2)
=1+Σ[k=2..n](1/k^2)
＜1+Σ[k=2..n](1/(k*(k-1)))
=1+Σ[k=2..n](1/(k-1)-(1/k))
=1+(1-1/2)+(1/2-1/3)+ … +(1/(n-1)-1/n)
=2-1/n
＜2．
以上より，任意の正整数 n に対して，
Σ[k=1..n](1/k^2) ＜ 2
が成り立つことが示せた．

問題3：
k≧1のとき，k^2＞k^2-1/4＞0 であるから，1/k^2＜1/(k^2-1/4)．
よって，
Σ[k=1..n](1/k^2)
＜Σ[k=1..n]1/(k^2-1/4)
=Σ[k=1..n]4/(4*k^2-1)
=2*Σ[k=1..n](1/(2*k-1)-1/(2*k+1))
=2*((1/1-1/3)+(1/3-1/5)+ … +(1/(2*n-1)-1/(2*n+1))
=2*(1-1/(2*n+1))
=2-2/(2*n+1)
＜2．

問題4：
(1)
1/2^(2*m)＜a[n]＜1/2^(2*(m-1)) より
1/2^(2*m)＜1/n^2＜1/2^(2*(m-1))．
これより，2^(m-1)＜n＜2^m．
これを満たすような n の個数は，
2^m - 2^(m-1) - 1 = 2^(m-1) -1 個 (答)

(2)
1/2^(2*m)＜a[n]≦1/2^(2*(m-1))
を満たすような n の個数は高々 2^(m-1) 個．
よって，1/2^(2*m)＜a[n]≦1/2^(2*(m-1))を
満たすような項 a[n] たちの和は，
(2^(m-1))*(1/2^(2*(m-1)))=1/(2^(m-1)) 以下である．
よって，
Σ[k=1..n](1/k^2)
=Σ[k=1..n]a[k]
＜Σ[k=1..2^n]a[k]
≦Σ[m=1..n+1]1/(2^(m-1))
=2-(1/2)^n
＜2．

問題5：
数列 {S[n]} (n=1,2,3,…) を，
S[n]=Σ[k=1..n](1/k^p)
で定義する．
全ての正整数 n に対して，S[n+1]＞S[n]＞0 が成り立つ．
また，問題1 で示した不等式 (★) から，
全ての正整数 n に対して，|S[n]|＜p/(p-1)
であることがわかる．
以上のことから 数列 {S[n]} は収束する．
つまり，無限級数
Σ[k=1..∞](1/k^p)
は収束する．

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Σ[k=1..∞](1/k)^2 = π^2/6
であることは，次のように考えれば高校数学の範囲で
証明できるようです．
以下の証明は，
『白熱！ 無差別級数学バトル 近畿大学数学コンテスト問題集』 (日本評論社)
という本の，167〜169頁にあるものを参考にしました．

Σ[k=1..∞](1/k)^2 = π^2/6

(証明)
ド・モアブルの公式:
cos(m*θ)+i*sin(m*θ)=(cos(θ)+i*sin(θ))^m
において，右辺を二項定理を使って展開すると，
(右辺)
=(cos(θ)+i*sin(θ))^m
=(sin(θ))^m*(cot(θ)+i)^m
=(sin(θ))^m*Σ[k=0..m]comb(m,k)*(i^k)*(cot(θ))^(m-k)．
よって，
cos(m*θ)+i*sin(m*θ)=(sin(θ))^m*Σ[k=0..m]comb(m,k)*(i^k)*(cot(θ))^(m-k)
となる．両辺の虚部をとると，
sin(m*θ)=(sin(θ))^m*Σ[k=0..floor((m-1)/2)]comb(m,2*k+1)*((-1)^k)*(cot(θ))^(m-2*k-1)．
ここで，m=2*n+1 とおくと，
sin((2*n+1)*θ)=(sin(θ))^(2*n+1)*Σ[k=0..n]comb(2*n+1,2*k+1)*((-1)^k)*((cot(θ))^2)^(n-k)
となる．
f(x)=Σ[k=0..n]comb(2*n+1,2*k+1)*((-1)^k)*x^(n-k) とおくと，
f(x)は x の n 次多項式であって，先の等式は
sin((2*n+1)*θ)=(sin(θ))^(2*n+1)*f((cot(θ))^2)
と書ける．
0＜x＜π/2 のとき，sin(θ)≠0．このとき，
f((cot(θ))^2)=0
⇔ sin((2*n+1)*θ)=0
⇔ (2*n+1)*θ=k*π (k=1,2,…,n)
したがって，f(x)=0となるような x は，
x=(cot(k*π/(2*n+1)))^2 (k=1,2,…,n)
であり，これらがすべてである．
α[k]=(cot(k*π/(2*n+1)))^2 (k=1,2,…,n) とおくと，
f(x)=(2*n+1)*(x-α[1])*(x-α[2])*…*(x-α[n])
と因数分解できる．解と係数の関係より，
Σ[k=1..n](cot(k*π/(2*n+1)))^2
=Σ[k=1..n]α[k]
=(1/(2*n+1))*comb(2*n+1,3)
=n*(2*n-1)/3 --- (★★)

0＜x＜π/2 のとき，不等式
0＜sin(x)＜x＜tan(x)
が成り立つ．この辺々を2乗し，逆数をとると，
(cot(x))^2＜(1/x)^2＜1+(cot(x))^2
を得る．
この不等式に x=k*π/(2*n+1) を代入し，さらに R=(π/(2*n+1))^2 を掛けると，
R*(cot(k*π/(2*n+1)))^2＜(1/k)^2＜R*(1+(cot(k*π/(2*n+1)))^2)．
k=1 から n まで和をとると，
R*Σ[k=1..n](cot(k*π/(2*n+1)))^2＜Σ[k=1..n](1/k)^2＜R*Σ[k=1..n](1+(cot(k*π/(2*n+1)))^2)．
ここで(★★)を用いて，
n*(2*n-1)*π^2/(3*(2*n+1)^2)＜Σ[k=1..n](1/k)^2＜2*n*(n+1)*π^2/(3*(2*n+1)^2)
を得る．ここで，
lim[n→∞]n*(2*n-1)*π^2/(3*(2*n+1)^2) = π^2/6，
lim[n→∞]2*n*(n+1)*π^2/(3*(2*n+1)^2) = π^2/6
であるから，はさみうちの原理より，
lim[n→∞]Σ[k=0..n](1/k)^2 = π^2/6
を得る．(証明終)

＜水の流れ：この証明は高校生のも理解できそうなので、現場の人に知ってもらいたい。＞

「皆さん、問題や質問に答えてください。一部でも構いませんから、解答とペンネームを添えて、メールで送ってください。待っています。