無限交代級数の和（名古屋市立大学2015年）

解答例

（１）

$$\begin{array}{rl}{R}_n(x)& =\frac{1}{1+x^p}-\sum _{k=0}^{n-1}{(-x^p)}^k\\ & =\frac{1}{1+x^p}-\frac{1-{(-x^p)}^n}{1-(-x^p)}\\ & =\frac{{(-x^p)}^n}{1+x^p}\\ & =\frac{(-1{)}^n{x}^{np}}{1+x^p}\end{array}$$と変形すると、$$\begin{array}{rl}|{\int }_0^1{R}_n(x)dx|& =\left|{\int }_0^1\frac{(-1{)}^n{x}^{np}}{1+x^p}dx\right|\\ & =|(-1{)}^n|{\int }_0^1\frac{x^{np}}{1+x^p}dx\\ & ={\int }_0^1\frac{x^{np}}{1+x^p}dx\end{array}$$と表せる。なお、途中で${\displaystyle \frac{x^{np}}{1+x^p}}$が正であることを用いた。

いま、$x>0$ より、$0<{\displaystyle \frac{1}{1+x^p}}<1$、$x^{np}>0$ であるから$$0<{\displaystyle \frac{x^{np}}{1+x^p}}<x^{np}$$が成り立つ。この右辺について、$$\begin{array}{rl}{\int }_0^1\frac{x^{np}}{1+x^p}dx& <{\int }_0^1{x}^{np}dx\\ & ={\left[\frac{x^{pn+1}}{pn+1}\right]}_0^1\\ & =\frac{1}{pn+1}\end{array}$$となるから、$$|{\int }_0^1{R}_n(x)dx|<{\displaystyle \frac{1}{pn+1}}$$が示された。

□

（２）

$$\begin{array}{rl}& |{\int }_0^1{R}_n(x)dx|\\ & =|{\int }_0^1\frac{1}{1+x^p}dx-{\int }_0^1\sum _{k=0}^{n-1}{(-x^p)}^{k}dx|\\ & =|{\int }_0^1\frac{1}{1+x^p}dx-\sum _{k=0}^{n-1}{\int }_0^1{(-x^p)}^{k}dx|\\ & =|{\int }_0^1\frac{1}{1+x^p}dx-\sum _{k=0}^{n-1}{\left[\frac{(-1{)}^k{x}^{pk+1}}{pk+1}\right]}_0^1|\\ & =|{\int }_0^1\frac{1}{1+x^p}dx-\sum _{k=0}^{n-1}\frac{(-1{)}^k}{pk+1}|\end{array}$$と書き直すと、（１）の結果から$$0<|{\int }_0^1\frac{1}{1+x^p}dx-\sum _{k=0}^{n-1}\frac{(-1{)}^k}{pk+1}|<{\displaystyle \frac{1}{pn+1}}$$となる。ここで $n\to \mathrm{\infty }$ の極限をとると、この右辺は$0$に収束する。したがって、はさみうちの原理から$$\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}|{\int }_0^1\frac{1}{1+x^p}dx-\sum _{k=0}^{n-1}\frac{(-1{)}^k}{pk+1}|=0$$ $$\therefore {\int }_0^1\frac{1}{1+x^p}dx=\sum _{k=0}^{\mathrm{\infty }}\frac{(-1{)}^k}{pk+1}$$を得る。よって与式は示された。

□

（３）

（２）で得られた等式において $p=1$ とすると、$$\begin{array}{rl}{S}_1& =1-{\displaystyle \frac{1}{2}}+{\displaystyle \frac{1}{3}}-{\displaystyle \frac{1}{4}}+{\displaystyle \frac{1}{5}}-\cdots \\ & =\sum _{k=0}^{\mathrm{\infty }}\frac{(-1{)}^k}{1\cdot k+1}\\ & ={\int }_0^1\frac{1}{1+x}dx\\ & ={[\log (1+x)]}_0^1\\ & =\log 2\end{array}$$と求められる。

また、（２）で得られた等式において $p=2$ とすると、$$\begin{array}{rl}{S}_2& =1-{\displaystyle \frac{1}{3}}+{\displaystyle \frac{1}{5}}-{\displaystyle \frac{1}{7}}+{\displaystyle \frac{1}{9}}-\cdots \\ & =\sum _{k=0}^{\mathrm{\infty }}\frac{(-1{)}^k}{2\cdot k+1}\\ & ={\int }_0^1\frac{1}{1+x^2}dx\\ & ={\int }_0^{\frac{\pi }{4}}\frac{1}{1+{\tan }^2\theta }\cdot {\displaystyle \frac{1}{{\cos }^2\theta }}d\theta \\ & ={\int }_0^{\frac{\pi }{4}}d\theta \\ & =\frac{\pi }{4}\end{array}$$と求められる。なお、積分の途中で $x=\tan \theta$ と置換した。