数学的帰納法［1998 早稲田大・政経］

問題

(1)　k , n を正の整数とし、

$\begin{align*} S_k &= 1 - \frac{1}{2} + \frac{1}{3} - \frac{1}{4} + \cdots + (-1)^{k-1} \frac{1}{k} \\ T_n &= \frac{1}{n+1} + \frac{1}{n+2} + \cdots + \frac{1}{n+(n-1)} + \frac{1}{n+n} \end{align*}$

とする。このとき、等式 S_k = T_n が成立する k を n で表せ。またその等式を n に関する数学的帰納法によって証明せよ。
(2)　n を正の整数とするとき、 S_n の最大値と最小値を求め、解答欄にそれらの値を記入せよ。また、その理由を示せ。

イズミの解答への道

　(1)は予想して帰納法で証明、という最も基本的なパターンですが、帰納法で n = k + 1 のときを示す際の式変形に多少苦労するかもしれません。
　(2)ではまず解答を書く前に与えられた式から S_i の大小関係をつかみましょう。答えが分かったあとで、その道筋をうまく式から導けるように考えるとよいでしょう。

解答

　書き出していくと、

$\begin{align*} &S_1 = 1 , S_2 = \frac{1}{2}, S_3 = \frac{5}{6} , S_4 = \frac{14}{24} , \cdots \\ &T_1 = \frac{1}{2} , T_2 = \frac{7}{12} , \cdots \end{align*}$

となることから、
　　S_2n = T_n　……(※)
すなわち、 k = 2n と考えられる。次に（※）を数学的帰納法によって証明する。

(i)　n = 1 のとき
　上で調べたとおり、 S₂ = T₁ より、成立。

(ii)　n = k のときに成立すると仮定すると、 n = k + 1 のとき、

$\begin{align*} &S_{2(k+1)} \\ &=\left( 1 - \frac{1}{2} + \cdots + \frac{1}{2k-1} - \frac{1}{2k} \right) + \frac{1}{2k+1} - \frac{1}{2k+2} \\ &=\left( \frac{1}{k+1} + \frac{1}{k+2} + \cdots + \frac{1}{2k} \right) + \frac{1}{2k+1} - \frac{1}{2(k+1)} \\ &= \frac{1}{k+2} + \cdots + \frac{1}{2k} + \frac{1}{2k+1} + \frac{1}{2(k+1)} \\ &= \frac{1}{(k+1)+1} + \cdots + \frac{1}{(k+1)+(k-1)} + \frac{1}{(k+1)+k } +\frac{1}{(k+1)+(k+1)} \\ &=T_{k+1} \end{align*}$

となることより成立。

　よって数学的帰納法によって題意は示された。

(2)　問題文に与えられた S_k , T_n の式を (a) , (b) とする。
　まず、(b)より、明らかに、

$T_1 < T_2 < \cdots < T_n$

すなわち、

である。また、 S_n の式から、

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

となることから、

(d) $S_1 > S_3 > \cdots > S_{2n-1}$

が成り立つ。また、(a)式から、

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

であるから、

(e) $S_{2n-1} > S_{2n}$

である。
　(c) , (d) より最大値は S₁ あるいは S_2n のどちらかであるが、(d) と (e) より、

$S_1 > S_{2n-1} > S_{2n}$

となるから最大値は S₁ である。
　同様に最小値は S₂ あるいは S_2n-1 のどちらかであるが、(c) と (e) より、

$S_2 < S_{2n} < S_{2n-1}$

であるから、最小値は S₂ である。
　よって、最大値は $S_1 = \bm{1}$ 、最小値は $\displaystyle S_2 = \bm{\frac{1}{2}}$ となる。

研究

k = 2n のときだけ？

　(1)の証明では、 k = 2n のとき“のみ”であることは証明できていない。しかし、実際に(2)で現れた (c) , (d) , (e) 式から、 i ≠ j に対して S_i ≠ S_j となる（ S_k が2回同じ値をとることはない））ことが示されるので、 k = 2n のときのみであることを示すことはできる。
　このことまでを解答として求めると難しいということもあってか、(1)ではここを問題の対象としていない。また、次に示す例題ではその問題が起こらないように配慮されている。

類題1

　実はこの等式は非常に有名で、類題も多数ある。1つ目は(1)とほぼ同じ問題である。

正の整数 n に対して

$S(n) = \sum_{p=1}^{2n} \frac{(-1)^{p-1}}{p} , \quad T(n) = \sum_{q=1}^n \frac{1}{n+q}$

とおく。等式 S ( n ) = T ( n ) （ n = 1 , 2 , 3 , …… ）が成り立つことを、数学的帰納法を用いて示せ。

［2005 大阪大・理］

【解答】
　(1)と同じなので省略。

類題2

　次の類題は数学IIIの知識を必要とする。結果としてある有名な無限級数の和を求めることができる。これがこの等式がよく出題される理由でもある。

自然数 n に対し、

$\begin{align*} S_n &= 1 - \frac{1}{2} + \frac{1}{3} - \frac{1}{4} + \cdots + \frac{1}{2n-1} - \frac{1}{2n} \\ T_n &= \frac{1}{n+1} + \frac{1}{n+2} + \cdots + \frac{1}{2n} \end{align*}$

とおく。このとき、次の問いに答えよ。
(1)　S_n = T_n （ n = 1 , 2 , …… ）となることを証明せよ。
(2)　次の不等式が成り立つことを示せ。

$T_n < \int_0^1 \frac{dx}{1+x} < T_n + \frac{1}{2n} ( n = 1, 2, \cdots )$

(3)　 $\lim_{n \to \infty} S_n$ を求めよ。

［2001 大阪女子大・理（後）］

【解答】
(1)　省略。
(2)　 $f(x) = \dfrac{1}{1+x}$ とおいて区分求積法に寄って積分を近似する。ここで、 f ( x ) は単調減少だから、

$f \left( \frac{k}{n} \right) > f \left( \frac{k+1}{n} \right)$

なので、

$\sum_{k=1}^n \frac{1}{n} f \left( \frac{k}{n} \right) < \int_0^1 \frac{dx}{1+x} < \sum_{k=0}^{n-1} \frac{1}{n} f \left( \frac{k}{n} \right)$

が成り立つ。左辺は T_n に等しく、右辺は、

$\begin{align*} \sum_{k=0}^{n-1} \frac{1}{n} f \left( \frac{k}{n} \right) &= \frac{1}{n} + \frac{1}{n+1} + \cdots + \frac{1}{n+(n-1)} \\ &=\frac{1}{n} + T_n - \frac{1}{2n} = T_n +\frac{1}{2n} \end{align*}$