解説

方針・初手

(1) は $-e^{-x}$ を公比とする等比数列の和として処理する。

(2) は (1) の等式を $0$ から $1$ まで積分することで、左辺に現れる

$$ \frac{1-e^{-k}}{k}

$$

を作る。

(3) は積分の被積分関数を上から $e^{-(n+1)x}$ で評価し、(2) の剰余項が $0$ に近づくことを用いる。

解法1

**(1)**

$r=-e^{-x}$ とおくと、$1-r=1+e^{-x}$ である。したがって、等比数列の和の公式より

$$ \begin{aligned} \sum_{k=0}^{n}(-1)^k e^{-kx} &= \sum_{k=0}^{n}r^k \\ \frac{1-r^{n+1}}{1-r} \\ \frac{1-(-e^{-x})^{n+1}}{1+e^{-x}} \end{aligned} $$

となる。

ここで

$$ (-e^{-x})^{n+1}=(-1)^{n+1}e^{-(n+1)x}

$$

であるから、

$$ \begin{aligned} \sum_{k=0}^{n}(-1)^k e^{-kx} &= \frac{1-(-1)^{n+1}e^{-(n+1)x}}{1+e^{-x}} \end{aligned} $$

である。よって

$$ \begin{aligned} \sum_{k=0}^{n}(-1)^k e^{-kx} &=

\frac{1}{1+e^{-x}} &= \frac{1-(-1)^{n+1}e^{-(n+1)x}}{1+e^{-x}} &=

\frac{1}{1+e^{-x}}\\ &= \frac{-(-1)^{n+1}e^{-(n+1)x}}{1+e^{-x}}\\ &= \frac{(-1)^n e^{-(n+1)x}}{1+e^{-x}}. \end{aligned}

$$

したがって、与えられた等式が成り立つ。

(2) (1) の等式を $x=0$ から $x=1$ まで積分する。

$$ \begin{aligned} \int_0^1 \left\{ \sum_{k=0}^{n}(-1)^k e^{-kx} &= \frac{1}{1+e^{-x}} \right\}dx &= (-1)^n \int_0^1 \frac{e^{-(n+1)x}}{1+e^{-x}}dx \end{aligned} $$

である。

左辺第1項について、$k=0$ の項は $1$ であり、$k\geqq 1$ では

$$ \begin{aligned} \int_0^1 e^{-kx},dx &= \left[-\frac{1}{k}e^{-kx}\right]_0^1 \\ \frac{1-e^{-k}}{k} \end{aligned} $$

となる。したがって

$$ \begin{aligned} \int_0^1 \sum_{k=0}^{n}(-1)^k e^{-kx},dx &= 1+\sum_{k=1}^{n}\frac{(-1)^k(1-e^{-k})}{k} \end{aligned} $$

である。

また、

$$ \begin{aligned} \frac{1}{1+e^{-x}} &= \frac{e^x}{1+e^x} \end{aligned} $$

より、

$$ \begin{aligned} \int_0^1\frac{1}{1+e^{-x}},dx &= \int_0^1\frac{e^x}{1+e^x},dx \\ \left[\log(1+e^x)\right]_0^1 \\ \log(1+e)-\log 2. \end{aligned} $$

よって

$$ \begin{aligned} 1+\sum_{k=1}^{n}\frac{(-1)^k(1-e^{-k})}{k} &= {\log(1+e)-\log 2} \\ (-1)^n \int_0^1 \frac{e^{-(n+1)x}}{1+e^{-x}}dx \end{aligned} $$

となる。

これを

$$ \begin{aligned} \sum_{k=1}^{n}\frac{(-1)^k(1-e^{-k})}{k} &= S \\ (-1)^n \int_0^1 \frac{e^{-(n+1)x}}{1+e^{-x}}dx \end{aligned} $$

と比較すると、

$$ S=\log(1+e)-\log 2-1

$$

である。

したがって

$$ S=\log\frac{1+e}{2}-1

$$

である。

**(3)**

$0\leqq x\leqq 1$ において $1+e^{-x}\geqq 1$ であるから、

$$ 0\leqq \frac{e^{-(n+1)x}}{1+e^{-x}} \leqq e^{-(n+1)x}

$$

が成り立つ。したがって

$$ \int_0^1 \frac{e^{-(n+1)x}}{1+e^{-x}} dx \leqq \int_0^1 e^{-(n+1)x},dx

$$

である。右辺を計算すると、

$$ \begin{aligned} \int_0^1 e^{-(n+1)x},dx &= \left[-\frac{1}{n+1}e^{-(n+1)x}\right]_0^1 \\ \frac{1-e^{-(n+1)}}{n+1} \leqq \frac{1}{n+1} \end{aligned} $$

となる。よって

$$ \int_0^1 \frac{e^{-(n+1)x}}{1+e^{-x}} dx \leqq \frac{1}{n+1}

$$

が示された。

(2) より、

$$ \begin{aligned} \sum_{k=1}^{n}\frac{(-1)^k(1-e^{-k})}{k} &= S \\ (-1)^n \int_0^1 \frac{e^{-(n+1)x}}{1+e^{-x}}dx \end{aligned} $$

である。両辺の絶対値をとると、

$$ \begin{aligned} \left| \sum_{k=1}^{n}\frac{(-1)^k(1-e^{-k})}{k} &= S \right| &= \int_0^1 \frac{e^{-(n+1)x}}{1+e^{-x}}dx \\ &\leqq \frac{1}{n+1} \end{aligned} $$

である。

ここで

$$ \frac{1}{n+1}\to 0 \quad (n\to\infty)

$$

だから、

$$ \sum_{k=1}^{n}\frac{(-1)^k(1-e^{-k})}{k} \to S \quad (n\to\infty)

$$

である。したがって

$$ \begin{aligned} \sum_{k=1}^{\infty}\frac{(-1)^k(1-e^{-k})}{k} &= S \\ \log\frac{1+e}{2}-1 \end{aligned} $$

となる。

解説

この問題の中心は、有限和を等比数列の和として扱い、その後に積分することで $\dfrac{1-e^{-k}}{k}$ を作る点である。

(2) の $S$ は、(1) の等式を積分したときに出る定数部分で決まる。特に、$k=0$ の項から出る $1$ を落とすと $S$ の符号を誤りやすい。

(3) では、剰余項を積分で評価している。積分が $0$ に近づくことを示せば、有限和の極限が (2) で求めた $S$ になる。

答え

**(1)**

与えられた等式は成り立つ。

**(2)**

$$ S=\log\frac{1+e}{2}-1

$$

**(3)**

$$ \int_0^1 \frac{e^{-(n+1)x}}{1+e^{-x}} dx \leqq \frac{1}{n+1}

$$

であり、

$$ \begin{aligned} \sum_{k=1}^{\infty}\frac{(-1)^k(1-e^{-k})}{k} &= \log\frac{1+e}{2}-1 \end{aligned} $$