2010東京大 理系数学２

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【解答】

　　(1)
　　　　0≦x≦1を満たすxに対して、
　　　　　　　　ｋ≦ｋ+x≦ｋ+1　
　　　　　　$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \Leftrightarrow\ \ \frac{1}{k+1}\leqq \frac{1}{k+x}\leqq \frac{1}{k}\ \ \Leftrightarrow\ \ \frac{1-x}{k+1}\leqq \frac{1-x}{k+x}\leqq \frac{1-x}{k}\end{align*}}$
　　　　よって、
　　　　　　　　$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \int_0^1\ \frac{1-x}{k+1}\ dx\leqq \int_0^1\ \frac{1-x}{k+x}\ dx\leqq \int_0^1\ \frac{1-x}{k}\ dx\end{align*}}$
　　　　　　$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \Leftrightarrow\ \ \frac{1}{k+1}\int_0^1(1-x)\ dx\leqq \int_0^1\ \frac{1-x}{k+x}\ dx\leqq \frac{1}{k}\int_0^1(1-x)\ dx\end{align*}}$
　　　　ここで、
　　　　　　　　$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \int_0^1(1-x)\ dx=\left[ x-\frac{1}{2}x^2\right]_0^1=\frac{1}{2}\end{align*}}$
　　　　なので、
　　　　　　　　$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \frac{1}{2(k+1)}\ <\ \int_0^1\ \frac{1-x}{k+x}\ dx\ <\ \frac{1}{2k}\end{align*}}$
　　　　は示された。


　　(2)
　　　　$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \int_0^1\ \frac{1-x}{k+x}\ dx=\int_0^1\left(-1+\frac{k+1}{k+x} \right)\ dx\end{align*}}$
　　　　　　　　　　　$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\left[-x+(k+1)\log{|k+x|} \right]_0^1\end{align*}}$
　　　　　　　　　　　$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =-1+(k+1)\log{\frac{k+1}{k}}\end{align*}}$
　　　　これと(1)より、
　　　　　　　　$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \frac{1}{2(k+1)}\ <\ -1+(k+1)\log{\frac{k+1}{k}}\ <\ \frac{1}{2k}.\end{align*}}$
　　　　両辺を(ｋ+1)で割ると、
　　　　　　　　$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \frac{1}{2(k+1)^2}\ <\ \log{\frac{k+1}{k}}-\frac{1}{k+1}\ <\ \frac{1}{2k(k+1)}\end{align*}}$　････①

　　　　一方、ｋ+1≦ｋ+2より
　　　　　　$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \frac{1}{k+2}\leqq \frac{1}{k+1}\ \ \Leftrightarrow\ \ \frac{1}{2(k+1)(k+2)}\leqq \frac{1}{2(k+1)^2}\end{align*}}$
　　　　これと①より、
　　　　　　　　$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \frac{1}{2(k+1)(k+2)}\ <\ \log{\frac{k+1}{k}}-\frac{1}{k+1}\ <\ \frac{1}{2k(k+1)}\end{align*}}$　････①’
　　　　
　　　　①’は任意の自然数ｋに対して成り立つので、
　　　　ｋ=ｎからｋ=ｍ－1までの和をとる。
　　　　　　　　$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \sum_{k=n}^{m-1}\frac{1}{2(k+1)(k+2)}\ <\ \sum_{k=n}^{m-1}\log{\frac{k+1}{k}}-\sum_{k=n}^{m-1}\frac{1}{k+1}\ <\ \sum_{k=n}^{m-1}\frac{1}{2k(k+1)}\end{align*}}$　････②

　　　　まず、左辺は
　 　　　　　　　　$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \sum_{k=n}^{m-1}\frac{1}{2(k+1)(k+2)}\end{align*}}$
　　　　　　　　$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\frac{1}{2}\sum_{k=n}^m\left( \frac{1}{k+1}-\frac{1}{k+2}\right)\end{align*}}$
　　　　　　　　$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\frac{1}{2}\left( \frac{1}{n+1}-\frac{1}{n+2}\right)+\frac{1}{2}\left( \frac{1}{n+2}-\frac{1}{n+3}\right)+\ldots+\frac{1}{2}\left( \frac{1}{m}-\frac{1}{m+1}\right)\end{align*}}$
　　　　　　　　$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\frac{1}{2}\left( \frac{1}{n+1}-\frac{1}{m+1}\right)\end{align*}}$
　　　　　　　　$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\frac{m-n}{2(m+1)(n+1)}\end{align*}}$　
　　　　同様に右辺は、
　　　　　　　　$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \sum_{k=n}^{m-1}\frac{1}{2k(k+1)}=\frac{m-n}{2mn}\end{align*}}$

　　　　一方、中辺に関しては、
　　　　　　　　$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \sum_{k=n}^{m-1}\log{\frac{k+1}{k}}=\log{\frac{n+1}{n}}+\log{\frac{n+2}{n+1}}+\ldots+\log{\frac{m}{m-1}}\end{align*}}$
　　　　　　　　　 　　　　　　$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\log\ \frac{n+1}{n}\cdot\frac{n+2}{n+1}\ \cdot\ \ldots\ \cdot\frac{m}{m-1}\end{align*}}$
　　　　　　　 　　　　　　　　$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\log\ \frac{m}{n}\end{align*}}$
　　　　　　　　$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \sum_{k=n}^{m-1}\frac{1}{k+1}=\frac{1}{n+1}+\frac{1}{n+2}+\ldots+\frac{1}{m}=\sum_{k=n+1}^{m}\frac{1}{k}\end{align*}}$
　　　　これらと②より、
　　　　　　　$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \frac{m-n}{2(m+1)(n+1)}\ <\ log\frac{m}{n}-\sum_{k=n+1}^m\ \frac{1}{k}\ <\ \frac{m-n}{2mn}\end{align*}}$
　　　　は示された。


　　少し長くなってしまいましたが、やっていることはそんなに難しくありません。
　　まず(1)の定積分を計算したのが①
　　ここですぐに和をとってもよかったのですが、①’で少し微調整。
　　で、①’の和をとったのが②　　
　　それ以降は、普通にΣを計算しているだけです。