解説

方針・初手

$S_{2n}$ をそのまま扱うより、調和級数 $H_n=\displaystyle\sum_{k=1}^n \frac{1}{k}$ を用いて書き換えると構造が見えやすい。

実際、偶数番目までの交代和は「$1$ から $2n$ までの逆数和」から「偶数項の和」を引く形で整理できる。すると $T_n$ と同じ形が現れる。

その後、$T_n$ をリーマン和とみなせば極限が求まる。最後に $S_{2n-1}$ と $S_{2n}$ の差が $\frac{1}{2n}$ であることを使う。

解法1

まず

$$ H_n=\sum_{k=1}^n \frac{1}{k}

$$

とおく。

**(1)**

$S_{2n}=T_n$ を示す。

$S_{2n}$ を奇数項と偶数項に分けて考えると、

$$ S_{2n} =\left(1+\frac13+\cdots+\frac{1}{2n-1}\right) -\left(\frac12+\frac14+\cdots+\frac{1}{2n}\right)

$$

である。

一方、

$$ H_{2n} =\left(1+\frac13+\cdots+\frac{1}{2n-1}\right) +\left(\frac12+\frac14+\cdots+\frac{1}{2n}\right)

$$

であり、また

$$ \frac12 H_n =\frac12\left(1+\frac12+\cdots+\frac1n\right) =\frac12+\frac14+\cdots+\frac{1}{2n}

$$

であるから、

$$ S_{2n}=H_{2n}-2\cdot \frac12 H_n=H_{2n}-H_n

$$

となる。

ここで

$$ H_{2n}-H_n =\sum_{k=n+1}^{2n}\frac1k =\sum_{k=1}^n \frac{1}{n+k} =T_n

$$

である。よって、すべての自然数 $n$ に対して

$$ S_{2n}=T_n

$$

が成り立つ。

**(2)**

$\displaystyle\lim_{n\to\infty} S_{2n}$ を求める。

（1） より $S_{2n}=T_n$ であるから、

$$ S_{2n} =\sum_{k=1}^n \frac{1}{n+k} =\sum_{k=1}^n \frac{1}{n\left(1+\frac{k}{n}\right)} =\frac1n\sum_{k=1}^n \frac{1}{1+\frac{k}{n}}

$$

となる。

したがって、これは区間 $[0,1]$ における関数 $f(x)=\frac{1}{1+x}$ のリーマン和であるから、

$$ \lim_{n\to\infty} S_{2n} =\int_0^1 \frac{1}{1+x},dx =\left[\log(1+x)\right]_0^1 =\log 2

$$

である。

**(3)**

$\displaystyle\lim_{n\to\infty} S_{2n-1}$ を求める。

$S_{2n}$ と $S_{2n-1}$ の関係は

$$ S_{2n}=S_{2n-1}-\frac{1}{2n}

$$

であるから、

$$ S_{2n-1}=S_{2n}+\frac{1}{2n}

$$

となる。よって、

$$ \lim_{n\to\infty} S_{2n-1} =\lim_{n\to\infty} S_{2n}+\lim_{n\to\infty}\frac{1}{2n} =\log 2+0 =\log 2

$$

である。

解説

この問題の要点は、交代調和級数の偶数部分和 $S_{2n}$ を直接眺めるのではなく、

$$ S_{2n}=H_{2n}-H_n

$$

と変形して通常の逆数和に直すことである。これにより $T_n$ と一致することがすぐ分かる。

さらに

$$ T_n=\frac1n\sum_{k=1}^n \frac{1}{1+\frac{k}{n}}

$$

と書ければ、極限はリーマン和として自然に処理できる。最後の （3） は、奇数番目までの和と偶数番目までの和の差がただ $\frac{1}{2n}$ であることを使えばよい。

答え

**(1)**

$$ S_{2n}=T_n

$$

**(2)**

$$ \lim_{n\to\infty} S_{2n}=\log 2

$$

**(3)**

$$ \lim_{n\to\infty} S_{2n-1}=\log 2

$$