メルカトル級数とライプニッツ級数

上野竜生です。自然数の逆数を足したり引いたりするとlog2に近づき、奇数の逆数を足したり引いたりすると\(\frac{\pi}{4} \)に近づくという面白い性質があります。それを証明します。
それと同時に高校生が間違いやすい積分評価もあるので是非ご覧ください。

メルカトル級数とライプニッツ級数

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今回示したいこと

・整数の逆数を足したり引いたりするとlog2に近づく(メルカトル級数)

\(\displaystyle 1-\frac{1}{2}+\frac{1}{3}-\frac{1}{4}+\frac{1}{5}-\cdots = \sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^{n+1}}{n} = \log{2} \)

・奇数の逆数を足したり引いたりすると\( \frac{\pi}{4} \)に近づく(ライプニッツ級数)

\(\displaystyle 1-\frac{1}{3}+\frac{1}{5}-\frac{1}{7}+\frac{1}{9}-\cdots = \sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^{n+1}}{2n-1} = \frac{\pi}{4} \)

証明の流れ

初項1、公比-xの等比数列の初項から第n項までの和を0から1まで積分する。これでほぼlog2が見えるのですが「余り」が出てきます。
この「余り」のn→∞での極限が0であることを示せばうまく示せます。

なお、奇数の逆数のほうは初項1、公比-x2にするだけです。

「余り」の極限が0であることを示す

\( \displaystyle \lim_{n \to \infty} \int_0^1 \frac{(-x)^{n}}{1+x} dx =0 \)を証明せよ。

まずはよくある間違いで示します。

×(誤答) 0<x<1では \(\displaystyle \lim_{n \to \infty} x^n =0 \)なので

\( \displaystyle \lim_{n \to \infty} \int_0^1 \frac{(-x)^{n}}{1+x} dx = \int_0^1 \frac{0}{1+x}dx=0 \)

なぜこれがダメかというと一般に積分と極限は順序交換できないからです。つまり

\( \displaystyle \lim_{n \to \infty} \int_0^1 f_n(x) dx = \int_0^1 \lim_{n \to \infty} f_n(x) dx \)

がなりたつとは限らないからです。ではどうするかというとはさみうちします。

分母を評価します。0<x<1のとき\( \displaystyle \frac{1}{2} < \frac{1}{1+x} < 1 \)なのでこれで評価すればOKです。

○(正答)

0<x<1では\( \displaystyle -x^{n} < \frac{(-x)^{n+1}}{1+x} < x^{n} \)が成立するので

\(\displaystyle \int_0^1 -x^{n} dx < \int_0^1 \frac{(-x)^{n}}{1+x}dx < \int_0^1 x^{n} dx \)

\(\displaystyle \int_0^1 x^{n} dx = \left[\frac{x^{n+1}}{n+1} \right]_0^1=\frac{1}{n+1}\)より両側を計算すると
\(\displaystyle -\frac{1}{n+1} < \int_0^1 \frac{(-x)^{n}}{1+x}dx < \frac{1}{n+1} \)

\( \displaystyle \lim_{n \to \infty} \frac{1}{n+1} =0 \)なのでハサミウチの原理より

\( \displaystyle \lim_{n \to \infty} \int_0^1 \frac{(-x)^{n}}{1+x} dx =0 \)

メルカトル級数の証明

初項1、公比-xの等比数列の初項から第n項までの和は

\(\displaystyle \sum_{k =1}^n (-x)^{k-1} = \frac{1-(-x)^{n}}{1+x} \)

0から1まで積分すると

\(\displaystyle \int_0^1 \sum_{k=1}^n (-x)^{k-1}dx = \sum_{k=1}^n \int_0^1 (-x)^{k-1} dx= \sum_{k=1}^n \frac{(-1)^{k-1}}{k} =\int_0^1 \frac{1}{1+x} dx – \int_0^1 \frac{(-x)^{n}}{1+x}dx \)

(∵有限個の和ならΣと極限は順序交換できる。)一般に無限個の和なら順序交換はできません。

この式でn→∞とすると先ほど示した「余り」の極限の式より

\(\displaystyle \lim_{n\to \infty} \sum_{k=1}^n \frac{(-1)^{k-1}}{k} = \int_0^1 \frac{dx}{1+x} – \lim_{n\to \infty} \int_0^1 \frac{(-x)^{n}}{1+x}dx \)

\(\displaystyle \sum_{k=1}^{\infty} \frac{(-1)^{k+1}}{k} = \int_0^1 \frac{dx}{1+x} +0= [\log{(1+x)}]_0^1 =\log{2} \)

これでメルカトル級数が示せました。

ライプニッツ級数の証明

「余り」の極限はメルカトル級数と全く同様にして

\(\displaystyle \lim_{n\to \infty} \int_0^1 \frac{(-x^2)^{n}}{1+x^2}=0 \)が示せます。

またx=tanθと置換する積分で\(\displaystyle \int_0^1 \frac{1}{1+x^2}dx = \frac{\pi}{4} \)が示せます。

ここまでは既知としています。

初項1、公比-x2の等比数列の初項から第n項までの和は

\(\displaystyle \sum_{k =1}^n (-x^2)^{k-1} = \frac{1-(-x^2)^{n}}{1+x^2} \)

0から1まで積分すると

\(\displaystyle \int_0^1 \sum_{k=1}^n (-x^2)^{k-1}dx = \sum_{k=1}^n \int_0^1 (-1)^{k-1}x^{2k-2} dx= \sum_{k=1}^n \frac{(-1)^{k-1}}{2k-1} =\int_0^1 \frac{1}{1+x^2} dx – \int_0^1 \frac{(-x^2)^{n}}{1+x^2}dx \)

この式でn→∞とすると

\(\displaystyle \lim_{n\to \infty} \sum_{k=1}^n \frac{(-1)^{k-1}}{2k-1} = \int_0^1 \frac{dx}{1+x^2} – \lim_{n\to \infty} \int_0^1 \frac{(-x^2)^{n}}{1+x^2}dx \)

\(\displaystyle \sum_{k=1}^{\infty} \frac{(-1)^{k+1}}{2k-1} = \int_0^1 \frac{dx}{1+x^2} +0= \frac{\pi}{4} \)

これでライプニッツ級数が示せました。

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