和と積分の差

$f(x)=\frac1{x^2}$ とする。和は $\sum_{k=1}^n\frac1{k^2}=1+\frac14+\frac19+\cdots+\frac1{n^2}$、積分は
$$ \int_1^n\frac{dx}{x^2}=\left[-\frac1x\right]_1^n=1-\frac1n $$
である。差を計算すると（小数第 5 位まで）

で、差は $0.64493\cdots$ に近づいていくように見える。

$f(x)=\frac1x$ とする。和は調和数 $H_n=1+\frac12+\cdots+\frac1n$、積分は $\int_1^n\frac{dx}x=\log n$ である。

和も積分も限りなく大きくなるが、差は減りながら $0.5772\cdots$ に近づいていくように見える。

$f(x)=\sqrt x$ とする。積分は $\int_1^n\sqrt x\,dx=\left[\frac23x^{3/2}\right]_1^n=\frac23\left(n^{3/2}-1\right)$ である。

こちらは差がどんどん大きくなる。$n$ を $100$ 倍にすると差はおよそ $10$ 倍になっている。

$f(x)=\frac1x$ は $x\ge1$ で連続で減少する。prop-dsi-compare の 2 の右の不等式を $m=1$ と $n+1$ で使うと
$$ \log(n+1)=\int_1^{n+1}\frac{dx}x\le\sum_{k=1}^n\frac1k=H_n $$
である（命題の $n$ に当たる $n+1$ は、$n\ge1$ なら $1$ より大きいので、命題の仮定を満たす）。左の不等式を $n\ge2$ として $m=1$ と $n$ で使うと $\sum_{k=2}^n\frac1k\le\int_1^n\frac{dx}x=\log n$、つまり $H_n-1\le\log n$ である。$n=1$ は命題の仮定 $m< n$ からはみ出すが、$H_1=1=1+\log1$ なので、この不等式は直接成り立つ（等号）。まとめて、すべての正の整数 $n$ について
$$ \log(n+1)\le H_n\le1+\log n $$
である。$n=10$ なら $\log11=2.39790$、$H_{10}=2.92897$、$1+\log10=3.30259$ で、たしかにはさまれている。

$f(x)=\frac1{x^2}$ は $x\ge1$ で連続で減少する。$n\ge2$ として、prop-dsi-compare の 2 の左の不等式を $m=1$ と $n$ で使うと
$$ \sum_{k=2}^n\frac1{k^2}\le\int_1^n\frac{dx}{x^2}=1-\frac1n $$
である。両辺に $k=1$ の項 $1$ を足すと $\sum_{k=1}^n\frac1{k^2}\le2-\frac1n<2$ である。$n=1$ では、左辺は $1$、右辺は $2-\frac11=1$ で、直接成り立つ（等号）。$n=10$ なら和は $1.54977$、上からの評価は $1.9$ である。

• $f(x)=\frac1x$ では $D_n=H_n-\log n$ である。ex-dsi-harmonic の表で $D_1=1\ge D_2=0.80685\ge D_{10}=0.62638\ge\cdots$ と減っている。2 の評価は、$n=10$ で $f(10)=0.1\le0.62638\le f(1)=1$ である。
• $f(x)=\frac1{x^2}$ では $D_n=\sum_{k=1}^n\frac1{k^2}-\left(1-\frac1n\right)$ である。$D_1=1$、$D_2=1+\frac14-\frac12=0.75$、$D_3=1+\frac14+\frac19-\frac23=0.69444$ と減っていく。3 の極限 $D$ は $0.64493\cdots$ である（ex-dsi-inverse-squares）。
  図 2 は、3 つの関数について $D_n$ を $n=1$ から $40$ まで描いたものである。どれも $D_1=f(1)=1$ から減りながら、破線の極限に近づいていく。

$p>0$ とし、$f(x)=\frac1{x^p}$ とする。$f$ は $x\ge1$ で連続で、減少し、正である。積分は
$$ I_n=\int_1^n\frac{dx}{x^p}=\begin{cases}\dfrac{1-n^{1-p}}{p-1}&(p\ne1)\\[2mm]\log n&(p=1)\end{cases} $$
である。

• $p>1$ なら $n^{1-p}=\frac1{n^{p-1}}\to0$ なので $I_n\to\frac1{p-1}$ である。cor-dsi-integral-test により $\sum\frac1{k^p}$ は収束し、$\frac1{p-1}\le\sum_{k=1}^\infty\frac1{k^p}\le1+\frac1{p-1}$ である。$p=2$ なら $1\le\sum\frac1{k^2}\le2$ で、実際の値 $\frac{\pi^2}6=1.64493\cdots$（Basel問題）はこの間にある。
• $p=1$ なら $I_n=\log n\to\infty$ なので、$\sum\frac1k$ は発散する（調和級数）。
• $0< p<1$ なら $n^{1-p}\to\infty$ なので $I_n\to\infty$ で、$\sum\frac1{k^p}$ は発散する。$p=\frac12$ では $\sum\frac1{\sqrt k}$ が発散する。
  $p\le0$ のときは、項 $\frac1{k^p}=k^{-p}$ が $0$ に近づかないので、級数は発散する。$p<0$ なら $f(x)=x^{-p}$ は増加するので、定理は使えない。$p=0$ では $f(x)=1$ で、これは連続で、減少し（この記事の「減少」は $x\le y$ ならば $f(x)\ge f(y)$ という広い意味である）、$0$ 以上なので、定理が使える。実際 $D_n=n-(n-1)=1$ で収束し、和 $n$ も積分 $n-1$ も発散する。積分判定法のとおりである。

$f(x)=\frac1{x\log x}$ を $x\ge2$ で考える。$x\log x$ は $x\ge2$ で正で増加するので、$f$ は連続で、減少し、正である。$(\log(\log x))'=\frac1{\log x}\cdot\frac1x$ なので
$$ \int_2^n\frac{dx}{x\log x}=\log(\log n)-\log(\log2) $$
であり、$n\to\infty$ で限りなく大きくなる。定理のあとの注意と同じく始まりを $2$ にした積分判定法（cor-dsi-integral-test の証明は、始まりを $2$ にしてもそのまま使える）により、$\sum_{k=2}^\infty\frac1{k\log k}$ は発散する。
ただし、発散はきわめてゆっくりである。

差は $0$ と $f(2)=\frac1{2\log2}=0.72135$ の間にあり、thm-dsi-difference のとおり収束していく。$10^6$ 項足しても和は $3.5$ に届かない。

cor-dsi-euler の不等式 $H_n-\log n-\frac1n\le\gamma\le H_n-\log n$ を使うと

となり、$n=1000$ で $0.5767\le\gamma\le0.5778$ まで分かる。実際の値は $\gamma=0.5772156649\cdots$ である。$n=2$ の行が、cor-dsi-euler の $1-\log2\le\gamma\le\frac32-\log2$ である。

$f(x)=\frac1{x^2}$ では、$\sum_{k=1}^\infty\frac1{k^2}=\frac{\pi^2}6$ であることが知られている（Basel問題。ここでは証明しない）。$\int_1^n\frac{dx}{x^2}=1-\frac1n\to1$ なので、差の極限は $D=\frac{\pi^2}6-1=0.64493\cdots$ である。thm-dsi-difference の 3 から $0\le D_n-D\le\frac1{n^2}$ のはずである。実際

で、たしかに $\frac1{n^2}$ 以下である。表の $D_n-D$ はおよそ $\frac1{2n^2}$ で、定理の上からの評価のほぼ半分になっている（その理由は Euler–Maclaurinの公式（高校数学） で分かる）。

$f(x)=\frac1{\sqrt x}$ では $\int_1^n\frac{dx}{\sqrt x}=\left[2\sqrt x\right]_1^n=2\sqrt n-2$ なので
$$ D_n=\sum_{k=1}^n\frac1{\sqrt k}-2\sqrt n+2 $$
である。ex-dsi-p-series（$p=\frac12$）により $\sum\frac1{\sqrt k}$ は発散するが、差 $D_n$ は thm-dsi-difference により収束する。数値は

で、極限は $0.53964\cdots$ である（数値計算による。この値は Riemann ゼータ関数の値 $\zeta\left(\frac12\right)$ に $2$ を足したものに等しいことが知られているが、ここでは扱わない）。

$S=\sum_{k=1}^{10000}\frac1{\sqrt k}$ の整数部分を、電卓を使わずに求める。
$f(x)=\frac1{\sqrt x}$ に thm-dsi-difference を使う。$n=10000$ では $\int_1^{10000}\frac{dx}{\sqrt x}=2\sqrt{10000}-2=198$ なので $S=198+D_{10000}$ である。
下からの評価。定理の 2 から $D_{10000}\ge f(10000)=\frac1{100}$ なので $S\ge198.01$ である。
上からの評価。定理の 2 の $D_n\le f(1)=1$ だけでは $S\le199$ となり、$S=199$ の可能性が残る。そこで prf-dsi-difference の段 3 の式を使う。段 3 の和の各項は $0$ 以上なので、$k=2$ の項だけを残すと
$$ D_n\le f(1)-\left(\int_1^2\frac{dx}{\sqrt x}-f(2)\right)=1-\left(2\sqrt2-2-\frac1{\sqrt2}\right)=3-\frac{3\sqrt2}2 $$
である（$2\sqrt2-\frac1{\sqrt2}=\frac{4-1}{\sqrt2}=\frac3{\sqrt2}=\frac{3\sqrt2}2$）。$\sqrt2>1.4$ なので $3-\frac{3\sqrt2}2<3-2.1=0.9$ である。よって $S<198.9$ である。
まとめると $198.01\le S<198.9$ なので、$S$ の整数部分は $198$ である。実際の値は $S=198.5446\cdots$ である。

$f(x)=x$ は連続で $0$ 以上だが、増加する。
$$ D_n=\sum_{k=1}^nk-\int_1^nx\,dx=\frac{n(n+1)}2-\frac{n^2-1}2=\frac{n+1}2 $$
であり、$n\to\infty$ で限りなく大きくなる。prf-dsi-difference の段 1 の $D_n-D_{n+1}=\int_n^{n+1}f-f(n+1)$ は、増加する $f$ では $0$ 以下になり、$D_n$ は増えていく。ex-dsi-sqrt の $f(x)=\sqrt x$ でも、差は $5.46$（$n=100$）、$50.46$（$n=10000$）と増えていく。

$f(x)=-x$ は連続で減少するが、$x\ge1$ で負の値をとる。
$$ D_n=-\frac{n(n+1)}2-\int_1^n(-x)\,dx=-\frac{n(n+1)}2+\frac{n^2-1}2=-\frac{n+1}2 $$
であり、$n\to\infty$ で限りなく小さくなる。prf-dsi-difference の段 2 の下からの評価 $D_n\ge f(n)=-n$ は成り立つが、$f(n)$ 自体が下に有界でないので、段 4 が使えない。
なお、定数 $c$ を足した関数 $f+c$ では、和は $nc$、積分は $(n-1)c$ だけ変わるので、$D_n$ はちょうど $c$ だけ変わる。したがって「$0$ 以上」は「下に有界」（ある定数 $c$ ですべての $x$ について $f(x)\ge c$）に弱めてもよい。たとえば $f(x)=\frac1x-1$ では $D_n=H_n-\log n-1\to\gamma-1$ である。$f(x)=-x$ は下に有界でない。

$f(x)=\sin^2\pi x$ は連続で $0$ 以上だが、減少しない。すべての整数 $k$ で $\sin k\pi=0$ なので $f(k)=0$ であり、$\sum_{k=1}^nf(k)=0$ である。一方 $\sin^2\pi x=\frac{1-\cos2\pi x}2$ から
$$ \int_1^n\sin^2\pi x\,dx=\left[\frac x2-\frac{\sin2\pi x}{4\pi}\right]_1^n=\frac{n-1}2 $$
である。級数 $\sum f(k)$ は（$0$ に）収束するのに、積分は限りなく大きくなる。cor-dsi-integral-test の「級数が収束すれば積分も収束する」が崩れている。$D_n=-\frac{n-1}2$ も発散する。

$k=2,3,4,\dots$ について、点 $x=k$ を頂点とし、高さ $1$、底辺が $\left[k-\frac1{k^2},\ k+\frac1{k^2}\right]$ の三角形の山を考える。つまり
$$ g_k(x)=\begin{cases}1-k^2|x-k|&\left(|x-k|\le\frac1{k^2}\right)\\ 0&(\text{それ以外})\end{cases} $$
とする。$\frac1{k^2}\le\frac14$ なので、山どうしは重ならない。$f:=g_2+g_3+g_4+\cdots$ とおくと（各 $x$ で $0$ でない項は多くても 1 つ）、$f$ は $[1,\infty)$ で連続で $0$ 以上だが、減少しない。
和：$f(1)=0$、$k\ge2$ で $f(k)=1$ なので、$\sum_{k=1}^nf(k)=n-1$ であり、発散する。
積分：$k$ 番目の山の面積は $\frac12\times\frac2{k^2}\times1=\frac1{k^2}$ である。$\int_1^nf$ は、$k=2,\dots,n-1$ の山の全体と、$k=n$ の山の左半分の面積の和なので
$$ \int_1^nf(x)\,dx=\sum_{k=2}^{n-1}\frac1{k^2}+\frac1{2n^2}\le\sum_{k=2}^n\frac1{k^2}\le1-\frac1n<1 $$
である（2 つ目の不等号は ex-dsi-inverse-squares-bound の途中の式）。$f\ge0$ なので $\int_1^nf$ は $n$ について増加し、上に有界なので収束する。
積分は収束するのに、和は発散する。cor-dsi-integral-test の「積分が収束すれば級数も収束する」が崩れている。和は整数点の値しか見ないので、整数点だけ高い山があると、積分と和がかけ離れる。