Σ［n=1→∞］（1/(ｎ^ｒ)）について

質問

S(n, k) = Σ［x=1→n］（1/(x^k)）とおくとき、
次を証明したいです。

0 ≦ r ≦ 1 なる実数rについて、lim[n -> ∞]S(n, r) = ∞
r > 1 なる実数rについて、lim[n -> ∞]S(n, r) = ζ(r)

結果はあっていると思うんですが、
証明の仕方がわかりません。。。

よろしくお願いします。

回答No.6

44k2 · ベストアンサー

No5です。

>7行目の右側の不等式がわからなく考えています。

とのことですが、
1/n^r≦ ∫[n-1→n]f(x)dx
は、f(n)≦f(x)≦f(n-1)の場合で、 同じように考えると、
f(n)≦ ∫[n-1→n]f(x)dx≦f(n-1)
となるわけです。

お礼

わかった～！！！

何度もすみませんでした。
4回ほど書き写してみて
ようやく解決しました。

本当に有難うございましたm(__)m

回答No.5

44k2

n≧1であるから、r=0のときはn→∞のときは云うまでもなく発散する。
f(x)=1/x^rとおき、x>1とすれば、f(n)は単調に減少し、n ≦ x ≦n+ 1であれば、
f(n+1)≦ f(x) ≦ f(n)
であるから、この両辺をnからn+1までで積分すると、
f(n+1)≦ ∫[n→n+1]f(x)dx ≦ f(n)
が得られる。したがって、
∫[n→n+1]f(x)dx ≦ f(n)=1/n^r≦ ∫[n-1→n]f(x)dx
　ただし、左の不等式はn≧1、右の不等式はn≧2のときに成り立つ。
十分大きな整数mに対して、
0 < r ≦ 1
Σ［n=1→m］（1/(ｎ^ｒ)）≧Σ［n=1→m］（1/ｎ）≧∫[1→m+1](1/x)dx=log(m+1)
m→∞のとき、log(m+1)=∞。よって発散する。
r>1のとき、
Σ［n=2→m］（1/(ｎ^ｒ)）≦∫[1→m](1/x^r)dx≦∫[1→∞](1/x^r)dx=1/(r-1)
となるから、上に有界な正項級数は収束する。
　よって、
0 ≦ r ≦ 1のとき発散、r>1のとき収束する。

　という感じですが、求めている証明になりましたでしょうか?

補足

44k2 様
回答ありがとうございます。
7行目の右側の不等式がわからなく考えています。

回答No.4

151A48

訂正
♯１です。
誠に申し訳ありません。r>1での証明，５行目の不等式の真ん中の項ですが，通分したときの分母
(2i-1)^(1/k)・(2i)^(1/k) が抜けておりました。補って読んでください。面倒な式なので入力しているうちに自分でも分からなくなったみたいです。
この項は2i-1を2i　と置き換えて(2i)^(2/k)=2^(2/k)・(i)^(2/k) とした方が分母が大きくなります。

なお　
a-b=(a^k -b^k)/(a^(k-1) +a^(k-2)・b+・・・+b^(k-1) )
は　a^k -b^k =1 ですし，分母はbをすべてaで置き換えてka^(k-1)として，分母を大きく評価しています。
あまりすっきりした説明でなくて申し訳ありません。

補足

とんでもございません。
大変勉強になっており、ありがたいです。

回答No.3

Tacosan

1/2^r + 1/3^r < 1/2^r + 1/2^r = 1/2^(r-1) = (1/2)^(r-1).
1/4^r + 1/5^r + 1/6^r + 1/7^2 < 1/4^r + 1/4^r + 1/4^r + 1/4^r = 1/4^(r-1) = (1/2)^[2(r-1)] = [(1/2)^(r-1)]^2.
以下略.

回答No.2

Tacosan

r>1 に対しては, #1 における r=1 のときのやり方のかっこをちょっとずらして
公比の絶対値が 1 未満の等比級数は収束する
ことを使っても示せるね.

補足

Tacosan 様

補足有難うございます。
今、151A48様の回答と戦っているんですが、

>r=1 のときのやり方のかっこをちょっとずらして
公比の絶対値が 1 未満の等比級数は収束する
ことを使っても示せる

について、もう少し詳しく説明して頂けませんか？

回答No.1

151A48

r=1のときは　
1/1 +1/2 +1/3 +1/4 +1/5 +1/6 +1/7 +1/8 + 1/9+・・・・
>1/1 + 1/2 +(1/4 + 1/4)+(1/8 + 1/8 + 1/8 +1/8)+(1/16 +・・・
=1+ 1/2 +1/2 +1/2+・・・ これが発散より。

r<1のときは　1/n <1/(n^r) 　で，個々の項はさらに大きくなるので発散。

r>1 のときは　
まずr=(k+1)/k (k≧1) について証明。
そのために絶対値が単調減少の交代級数（収束する）　∑(-1)^(i+1) (1/i^(1/k)) を使う。この隣り合った２項で
1/(2i-1)^(1/k) -1/(2i)^(1/k) ＞ (2i)^(1/k) -(2i-1)^(1/k)＞{1/k・2^((k+1)/k)}・{1/i^(（k+1)/k)} ・・・＊
ここで　{1/k・2^((k+1)/k)}　はiに関係ない定数，{1/i^((k+1)/k)} の和はいま考えている級数，
1/(2i-1)^(1/k) -1/(2i)^(1/k)の和は収束より。

＊の最後の不等式は， a=(2i)^(1/k) , b=(2i-1)^(1/k) として，
a^k - b^k =(a-b) {a^(k-1) +a^(k-2) b +・・・・b^(k-1) }　を使っています。

任意のr>1　に対しては　r>(k+1)/k をみたす整数kが存在することより。

十分おおきなnに対して　0≦an≦bn とすると
∑bn 収束　→　∑an 収束
∑an 発散　→　∑bn 発散
を使っています。

補足

151A48 様

回答有難うございます。
確認中です。

頭が悪いので時間が掛かります。。。