Mercator級数


無限級数
\[
\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^{n-1}}{n} = 1-\frac{1}{2} + \frac{1}{3}-\frac{1}{4} + \cdots
\]
は Mercator級数 と呼ばれ,その値は $\log{2}$ に収束することが知られている.今回はMercator級数と関連する級数の値の導出について,いくつかの手順をまとめる.

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計算の方針と概略

積分漸化式を用いる

$0 < \theta \leqq \pi/4$ を満たす定数 $\theta$ に対して,数列
\[
b_n = \int_{0}^{\theta} \tan^n{x}\,dx
\]
を考える.このとき
\[
\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n-1}(b_{2n+1} – b_{2n-1})
\]
を計算すれば,$\theta = \pi/4$ として求める級数が得られる.

 

等比数列の和・定積分とはさみうちの原理を用いる

等比数列の和の公式と定積分を用いて式変形する.

 

区分求積法を用いる

偶数項までの部分和を正項級数の差で表現することで
\[
\sum_{k=1}^{2n} \frac{(-1)^{k-1}}{k} = \sum_{k=1}^{n}\frac{1}{n+k}
\]
を示し,この等式を用いて極限を考える.

 

べき級数展開を用いる

等比級数の和の公式に項別積分定理を適用して,$\log{(1+x)}$ のべき級数展開を導く.
$x = 1$ でも成立することをAbelの定理で正当化すれば,求める級数が得られる.

 

積分漸化式を用いる

 
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$0 < \theta \leqq \pi/4$ を満たす定数 $\theta$ に対して,数列
\[
b_n = \int_{0}^{\theta} \tan^n{x}\,dx
\]
を考える.

$b_0 , \, b_1$ を求める

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\[
b_0 = \int_{0}^{\theta} \,dx = \theta,
\]
\[
b_1 = \int_{0}^{\theta} \tan{x}\,dx = \biggl[-\log{|\cos{x}|}\biggr]_{0}^{\theta} = -\log{(\cos{\theta})}
\]

//
 

$b_{n+2}$ と $b_n$ の関係式を求める

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$(\tan{x})’ = \displaystyle \frac{1}{\cos^2{x}}$ および $\tan^2{x} = \displaystyle \frac{1}{\cos^2{x}} – 1$ に注意すれば

$$
\begin{eqnarray*}
b_{n+2} & = & \int_{0}^{\theta} \tan^{n+2}{x}\,dx \\
& = & \int_{0}^{\theta} \tan^n{x} \cdot \tan^2{x}\,dx \\
& = & \int_{0}^{\theta} \tan^n{x} \left(\frac{1}{\cos^2{x}}-1\right)\,dx \\
& = & \int_{0}^{\theta} \tan^n{x}\cdot \frac{1}{\cos^2{x}}\,dx-\int_{0}^{\theta} \tan^n{x}\,dx \\
& = & \int_{0}^{\theta} \tan^n{x} \left(\tan{x}\right)’\,dx-b_n \\
& = & \biggl[\frac{\tan^{n+1}{x}}{n+1}\biggr]_{0}^{\theta}-b_n \\
& = & \frac{\tan^{n+1}{\theta}}{n+1}-b_n
\end{eqnarray*}
$$

ゆえに

\[
b_{n+2} + b_{n} = \frac{\tan^{n+1}{\theta}}{n+1}
\]

を得る.

//
 

$b_n$ の極限を調べる

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$0 < \theta \leqq \pi/4$ において $\tan{x} > 0$ であるから
\[
b_n > 0, \qquad b_{n+2} > 0
\]

が成り立つ.また,$\tan{\theta} \leqq \tan{\pi/4} = 1$ ゆえ $0 < \tan^{n+1}{\theta} \leqq 1$ であることに注意すれば

\[
0 < b_n < b_n + b_{n+2} = \frac{\tan^{n+1}{\theta}}{n+1} \leqq \frac{1}{n+1}
\]
が成り立つ.いま
\[
\lim_{n \to \infty}\frac{1}{n+1} = 0
\]
であるから,はさみうちの原理より
\[
\lim_{n \to \infty}b_n = 0
\]
が成り立つ.

//
 

Mercator級数を導く

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$$
\begin{eqnarray*}
& & \sum_{n=1}^{N}(-1)^{n-1}(b_{2n+1}+b_{2n-1}) \\
& = & (b_{3} + b_{1})-(b_{5} + b_{3}) + (b_{7} + b_{5})-\cdots + (-1)^{N-1}(b_{2N+1} + b_{2N-1}) \\
& = & a_1 + (-1)^{N-1}b_{2N+1} \\
& = & -\log{(\cos{\theta})} + (-1)^{N-1}b_{2N+1}
\end{eqnarray*}
$$

であるから

\[
\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n-1}(b_{2n+1}+b_{2n-1}) = -\log{(\cos{\theta})}
\]

が成り立つ.
\[
b_{2n+1} + b_{2n-1} = \frac{\tan^{2n}{\theta}}{2n}
\]
であったから,先の結果は
\[
\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n-1}\frac{\tan^{2n}{\theta}}{2n}= -\log{(\cos{\theta})}
\]
と変形できる.両辺 $2$ 倍して
\[
\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n-1}\frac{\tan^{2n}{\theta}}{n}= -2\log{(\cos{\theta})} = \log{\frac{1}{\cos^2{\theta}}} = \log{(1 + \tan^2{\theta})}
\]
が成り立つ.$\theta = \pi/4$ とすれば
\[
\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^{n-1}}{n} = \log{(1 + 1^2)} = \log{2}
\]
が得られた.

 
補足1:対数関数のMaclaurin展開(click)

$0 < \theta \leqq \pi/4$ であるから $\tan{\theta} \geqq 0$ ゆえ $\sqrt{\tan{\theta}} = x$ とおくことができる. このとき $0 < x \leqq 1$ であって
\[
\log{(1+x)} = \sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^{n-1}}{n}x^n \qquad (0 < x \leqq 1)
\]
が成立する.実はこの等式は $-1 < x \leqq 1$ で成り立つことが知られていて,右辺の級数を $\log{(1+x)}$ のMaclaurin級数という.

 
補足2:Leibnizの公式(click)

\[
\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n-1}(b_{2n}+b_{2n-2})
\]
を計算すれば
$$
\begin{eqnarray*}
& & \sum_{n=1}^{N}(-1)^{n-1}(b_{2n}+b_{2n-2})\\
& = & (b_{2} + b_{0})-(b_{4} + b_{2}) + (b_{6} + b_{4})-\cdots + (-1)^{N-1}(b_{2N} + b_{2N-2}) \\
& = & b_0 + (-1)^{N-1}b_{2N} \\
& = & \theta + (-1)^{N-1}b_{2N}
\end{eqnarray*}
$$

であるから

\[
\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n-1}(b_{2n}+b_{2n-2}) = \theta
\]

を得る.また

\[
b_{2n} + b_{2n-2} = \frac{\tan^{2n-1}{\theta}}{2n-1}
\]
であるから
\[
\sum_{n=1}^{\infty}\frac{\tan^{2n-1}{\theta}}{2n-1}(-1)^{n-1} = \theta
\]

が成り立つ.$\theta = \pi/4$ を代入すれば Leibnizの公式 が得られる.

 

等比数列の和・定積分とはさみうちの原理を用いる

 
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等比数列の和の公式より

\[
\sum_{k=0}^{n}(-x)^k = 1 – x + x^2 – x^3 + \cdots + (-1)^nx^n =\frac{1 – (-x)^{n+1}}{1 – (-x)} = \frac{1}{1+x} – \frac{(-x)^{n+1}}{1+x}
\]

であるから
\[
\frac{1}{1+x} = \sum_{k=0}^{n}(-x)^k + \frac{(-x)^{n+1}}{1+x}
\]
が成り立つ.両辺を $0$ から $t$ まで定積分して

$$
\begin{eqnarray*}
\log{(1 + t)} &=& \int_{0}^{t}\frac{1}{1+x}\,dx = \int_{0}^{t}\sum_{k=0}^{n}(-x)^k\,dx + \int_{0}^{t}\frac{(-x)^{n+1}}{1+x}\,dx \\
&=& \sum_{k=0}^{n}\int_{0}^{t}(-x)^k\,dx + \int_{0}^{t}\frac{(-x)^{n+1}}{1+x}\,dx \\
&=& \sum_{k=0}^{n}\frac{(-1)^k}{k+1}t^{k+1} + \int_{0}^{t}\frac{(-1)^{n+1}x^{n+1}}{1+x}\,dx \tag{$\diamondsuit$}
\end{eqnarray*}
$$

が成り立つ.ここで
\[
R_n(t) = \int_{0}^{t}\frac{(-1)^{n+1}x^{n+1}}{1+x}\,dx
\]
とおくと,$0 \leqq t \leqq 1$において

$$
\begin{eqnarray*}
|R_n(t)| &=& \left|\int_{0}^{t}\frac{(-1)^{n+1}x^{n+1}}{1+x}\,dx\right| \leqq \int_{0}^{t}\left|\frac{(-1)^{n+1}x^{n+1}}{1+x}\right|\,dx \\
&=& \int_{0}^{t}\frac{x^{n+1}}{1+x}\,dx \leqq \int_{0}^{t}x^{n+1}\,dx = \frac{1}{n+2}t^{n+2} \\
&\leqq & \frac{1}{n+2}
\end{eqnarray*}
$$
が成り立つから
\[
-\frac{1}{n+2} \leqq R_n(t) \leqq \frac{1}{n+2}
\]
とはさみうちの原理より
\[
\lim_{n \to \infty}R_n(t) = 0 \qquad (0 \leqq t \leqq 1)
\]
である.したがって式 $(\diamondsuit)$ で$n \to \infty$ として
\[
\log{(1 + t)} = \sum_{k=0}^{\infty}\frac{(-1)^k}{k+1}t^{k+1} \qquad (0 \leqq t \leqq 1)
\]
を得る.$t = 1$ としてMercator級数
\[
\log{2} = \sum_{k=0}^{\infty}\frac{(-1)^{k}}{k+1} = 1 – \frac{1}{2} + \frac{1}{3} – \frac{1}{4} + \cdots
\]
が得られた.

 

区分求積法を用いる

 
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偶数 $2N$ 項までの部分和を正の項と負の項に分けて考えると

$$
\begin{eqnarray*}
\sum_{k=1}^{2N} \frac{(-1)^{k-1}}{k}
&=& \left(1 – \frac{1}{2} + \frac{1}{3} – \frac{1}{4} + \cdots + \frac{1}{2N-1}-\frac{1}{2N}\right) \\
&=& \left(1 + \frac{1}{2} + \frac{1}{3} + \frac{1}{4} + \cdots + \frac{1}{2N-1}+\frac{1}{2N}\right) – 2\left(\frac{1}{2} + \frac{1}{4} + \cdots + \frac{1}{2N}\right)\\
&=& \left(1 + \frac{1}{2} + \frac{1}{3} + \frac{1}{4} + \cdots + \frac{1}{2N-1}+\frac{1}{2N}\right) –
\left(\frac{1}{1} + \frac{1}{2} + \cdots + \frac{1}{N}\right)\\
&=& \frac{1}{N+1} + \frac{1}{N+2} + \cdots +\frac{1}{N+N} = \sum_{k=1}^{N}\frac{1}{N+k}
\end{eqnarray*}
$$

が成り立つ.したがって,Mercator級数の部分和は偶奇によって次のように表現できる:

\[
\sum_{k=1}^{n}\frac{(-1)^{k-1}}{k} = \begin{cases}
\displaystyle \sum_{k=1}^{N}\frac{1}{N+k} & \text{($n = 2N$)} \\ \\
\displaystyle \sum_{k=1}^{N}\frac{1}{N+k} – \frac{1}{2N} & \text{($n = 2N-1$)}
\end{cases}
\]

区分求積法より
\[
\lim_{N \to \infty}\sum_{k=1}^{N}\frac{1}{N+k} = \lim_{N \to \infty}\frac{1}{N}\sum_{k=1}^{N}\frac{1}{1 + (k/N)} = \int_{0}^{1}\frac{1}{1+x}\,dx = \log{2}
\]
であり,また
\[
\lim_{N \to \infty}\frac{1}{2N} = 0
\]
であるから,Mercator級数
\[
\sum_{k=1}^{\infty}\frac{(-1)^{k-1}}{k} = \log{2}
\]
を得る.

 

べき級数展開を用いる

 
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等比級数の和の公式より
\[
\sum_{n=0}^{\infty}(-1)^nt^{n} = \sum_{n=0}^{\infty} (-t)^{n} = \frac{1}{1 – (-t)} = \frac{1}{1 + t} \qquad (|t| < 1)
\]
が成り立つ.左辺は収束半径 $1$ のべき級数であるから,項別積分定理より $-1 < x < 1$ に対して

$$
\begin{eqnarray*}
\log{(1+x)} = \int_{0}^{x}\frac{1}{1+t}\,dt
&=& \int_{0}^{x}\sum_{n=0}^{\infty} (-1)^nt^{n}\,dt \\
&=& \sum_{n=0}^{\infty} \int_{0}^{x}(-1)^nt^{n}\,dt = \sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-1)^{n}}{n+1}x^{n+1}
\end{eqnarray*}
$$

が成り立つ.ここで
\[
\frac{1}{n+1} > 0 , \qquad \frac{1}{1} > \frac{1}{2} > \frac{1}{3} > \dots , \qquad \lim_{n \to \infty}\frac{1}{n+1} = 0
\]
であるから,$x = 1$ のときの交代級数
\[
\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-1)^n}{n+1}
\]
は収束する.したがって Abel の定理より
\[
\log{(1+x)} = \sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-1)^{n}}{n+1}x^{n+1}
\]
は $-1 < x \leqq 1$ で連続であるから
\[
\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-1)^{n}}{n+1} = \lim_{x \to 1 – 0}\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-1)^{n}}{n+1}x^{n+1} = \lim_{x \to 1 – 0}\log{(1+x)} = \log{(1+1)} = \log{2}
\]
を得る.

 

関連する級数の値

\[
\log{(1+x)} = \sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-1)^{n}}{n+1}x^{n+1} \qquad (0 < x \leqq 1)
\]

において,$\alpha = 1/x$ とおくと,$\alpha \geqq 1$ であって

\[
\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^{n-1}}{n \cdot \alpha^n} = \log{\left(1 + \frac{1}{\alpha}\right)} = \log{\frac{\alpha +1}{\alpha}} \qquad (\alpha \geqq 1)
\]

が成り立つ.ここに「無限級数メモ#2」で求めた結果
\[
\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n \cdot \alpha^n} = \log{\frac{\alpha}{\alpha-1}} \qquad (\alpha > 1)
\]
を併せると

\[
\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n \cdot \alpha^{n}} + \sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^{n-1}}{n \cdot \alpha^n} = \log{\frac{\alpha}{\alpha-1}} + \log{\frac{\alpha + 1}{\alpha}} = \log{\frac{\alpha +1}{\alpha-1}}
\]

\[
\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n \cdot \alpha^{n}} + \sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^{n-1}}{n \cdot \alpha^n} = \sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n \cdot \alpha^{n}}\left\{1 + (-1)^{n-1} \right\} = \sum_{n=1}^{\infty}\frac{2}{(2n-1)\alpha^{2n-1}}
\]

より

\[
\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{(2n-1)\alpha^{2n-1}} = \frac{1}{2}\log{\frac{\alpha +1}{\alpha-1}} \qquad (\alpha > 1)
\]

が成り立つ.さらに「Leibnizの公式」で求めた結果
\[
\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-1)^n}{2n+1}x^{2n+1} = \arctan{x} \qquad (0 \leqq x \leqq 1)
\]
を用いて式変形を行う.$\arctan{x}$ は 上のノートで $f(x)$ と表現していた,$\tan{x}$ の逆関数である.先の結果において添え字を1つずらして
\[
\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{(2n-1)\alpha^{2n-1}} = \sum_{n=0}^{\infty}\frac{1}{(2n+1)\alpha^{2n+1}}
\]
とする.また,$\alpha > 1$ であれば $0 < 1/\alpha < 1$ であるから,$x = 1/\alpha$ を $\arctan{x}$ の式に代入して
\[
\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-1)^n}{(2n+1)\alpha^{2n+1}} = \arctan{\frac{1}{\alpha}} \qquad (\alpha > 1)
\]
を得る.両者の和を考えれば
\[
\sum_{n=0}^{\infty}\frac{1}{(4n+1)\alpha^{4n+1}} = \frac{1}{4}\log{\frac{\alpha + 1}{\alpha-1}} + \frac{1}{2}\arctan{\frac{1}{\alpha}} \qquad (\alpha > 1)
\]
が成り立つ.$\alpha = \sqrt{3}$ としてみると
\[
\sum_{n=0}^{\infty}\frac{1}{(4n+1)\cdot 9^n} = \frac{\sqrt{3}}{4} \biggl(\log{(2 – \sqrt{3})} + \frac{\pi}{3}\biggr)
\]
を得る.

20190526 更新


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