級数 $\sum_{n=2}^{\infty} \frac{1}{n \log n}$ の収束判定を行う。

## 問題2の解答

1. 問題の内容

級数 $\sum_{n=2}^{\infty} \frac{1}{n \log n}$ の収束判定を行う。

2. 解き方の手順

積分判定法を用いる。関数 $f(x) = \frac{1}{x \log x}$ は $x \geq 2$ で正であり、単調減少である。

したがって、積分 $\int_{2}^{\infty} \frac{1}{x \log x} dx$ の収束・発散を調べればよい。

$\int_{2}^{\infty} \frac{1}{x \log x} dx = \lim_{t \to \infty} \int_{2}^{t} \frac{1}{x \log x} dx$

ここで、$u = \log x$ とおくと、$du = \frac{1}{x} dx$。

したがって、

$\int \frac{1}{x \log x} dx = \int \frac{1}{u} du = \log |u| + C = \log |\log x| + C$

$\lim_{t \to \infty} \int_{2}^{t} \frac{1}{x \log x} dx = \lim_{t \to \infty} [\log |\log x|]_2^t = \lim_{t \to \infty} (\log |\log t| - \log |\log 2|)$

$\lim_{t \to \infty} \log |\log t| = \infty$ であるから、積分 $\int_{2}^{\infty} \frac{1}{x \log x} dx$ は発散する。

積分判定法より、級数 $\sum_{n=2}^{\infty} \frac{1}{n \log n}$ は発散する。

3. 最終的な答え

$\sum_{n=2}^{\infty} \frac{1}{n \log n}$ は発散する。

## 問題3(1)の解答

1. 問題の内容

$n$ を自然数とするとき、不等式 $\frac{1}{n} > \int_{n}^{n+1} \frac{1}{x} dx > \frac{1}{n+1}$ を示す。

2. 解き方の手順

関数 $f(x) = \frac{1}{x}$ は $x > 0$ で単調減少である。したがって、$n \leq x \leq n+1$ において、

$\frac{1}{n+1} \leq \frac{1}{x} \leq \frac{1}{n}$

が成り立つ。

これより、

$\int_{n}^{n+1} \frac{1}{n+1} dx < \int_{n}^{n+1} \frac{1}{x} dx < \int_{n}^{n+1} \frac{1}{n} dx$

$\frac{1}{n+1} \int_{n}^{n+1} dx < \int_{n}^{n+1} \frac{1}{x} dx < \frac{1}{n} \int_{n}^{n+1} dx$

$\int_{n}^{n+1} dx = [x]_{n}^{n+1} = n+1 - n = 1$

したがって、

$\frac{1}{n+1} < \int_{n}^{n+1} \frac{1}{x} dx < \frac{1}{n}$

となる。

3. 最終的な答え

$\frac{1}{n} > \int_{n}^{n+1} \frac{1}{x} dx > \frac{1}{n+1}$ が示された。

## 問題3(2)の解答

1. 問題の内容

$a_n = 1 + \frac{1}{2} + \cdots + \frac{1}{n} - \log n$ とおくとき、$a_{n+1} < a_n$, $0 < a_n \leq 1$ を示す。

2. 解き方の手順

まず、$a_{n+1} < a_n$ を示す。

$a_{n+1} - a_n = (1 + \frac{1}{2} + \cdots + \frac{1}{n} + \frac{1}{n+1} - \log (n+1)) - (1 + \frac{1}{2} + \cdots + \frac{1}{n} - \log n)$

$= \frac{1}{n+1} - \log(n+1) + \log n = \frac{1}{n+1} - (\log(n+1) - \log n) = \frac{1}{n+1} - \log \frac{n+1}{n}$

$= \frac{1}{n+1} - \int_{n}^{n+1} \frac{1}{x} dx$

問題3(1)の結果より、$\frac{1}{n+1} < \int_{n}^{n+1} \frac{1}{x} dx$ なので、$a_{n+1} - a_n < 0$ となり、$a_{n+1} < a_n$ が示された。

次に、$0 < a_n \leq 1$ を示す。

まず、$a_1 = 1 - \log 1 = 1 - 0 = 1$ より、$a_1 = 1$ である。

$a_n = \sum_{k=1}^{n} \frac{1}{k} - \log n$

$\log n = \int_1^n \frac{1}{x} dx = \sum_{k=1}^{n-1} \int_k^{k+1} \frac{1}{x} dx < \sum_{k=1}^{n-1} \frac{1}{k}$

$a_n = \sum_{k=1}^{n} \frac{1}{k} - \log n = \frac{1}{n} + \sum_{k=1}^{n-1} \frac{1}{k} - \log n > \frac{1}{n} + \log n - \log n = \frac{1}{n} > 0$

したがって、$a_n > 0$ が示された。

$a_n$ は単調減少なので、$a_n \leq a_1 = 1$

したがって、$0 < a_n \leq 1$ が示された。

3. 最終的な答え

$a_{n+1} < a_n$, $0 < a_n \leq 1$ が示された。