オイラーの定数γの意味と東大の過去問

2の不等式で $n=1$ とすると $$\dfrac{m-1}{4(m+1)} < \log m - \sum_{k=2}^m \dfrac{1}{k} < \dfrac{m-1}{2m}$$

$k=1$ の分を追加することで $$\dfrac{m-1}{4(m+1)} -1 < \log m - \sum_{k=1}^m \dfrac{1}{k} < \dfrac{m-1}{2m} -1$$ となる。真ん中について $$\lim_{m \to \infty} \left( \log m - \sum_{k=1}^m \dfrac{1}{k} \right) = - \gamma$$ となる。

左辺と右辺については，それぞれ $$\begin{aligned} \lim_{m \to \infty} \dfrac{m-1}{4(m+1)} - 1 &= \dfrac{1}{4} - 1\\ &= -\dfrac{3}{4}\\ \lim_{m \to \infty} \dfrac{m-1}{2m} - 1 &= \dfrac{1}{2}- 1\\ &= - \dfrac{1}{2} \end{aligned}$$

これをまとめると $$\dfrac{1}{2} < \gamma < \dfrac{3}{4}$$

1. $0 < x < 1$ で，$k < k+x < k+1$ となるため， $$\int_0^1 \dfrac{1-x}{k+1} dx < \int_0^1 \dfrac{1-x}{k+x} dx < \int_0^1 \dfrac{1-x}{k} dx$$ である。 $$\int_0^1 (1-x) dx = \dfrac{1}{2}$$ となるため $$\dfrac{1}{2(k+1)} < \int_0^1 \dfrac{1-x}{k+x} dx < \dfrac{1}{2k}$$ を得る。

2. $\dfrac{1-x}{k+x} = \dfrac{k+1}{k+x} - 1$ であるため， $$\begin{aligned} &\int_0^1 \dfrac{1-x}{k+x} dx\\ &= \int_0^1 \dfrac{k+1}{k+x} dx - 1\\ &= (k+1) \log \dfrac{k+1}{k} - 1 \end{aligned}$$ である。ここで (1) の不等式と合わせると $$\dfrac{1}{2(k+1)^2} < \log \dfrac{k+1}{k} - \dfrac{1}{k+1} < \dfrac{1}{2k(k+1)}$$ となる。不等式の中辺を $k=n , \cdots , m - 1$ で足すと $$\begin{aligned} &\sum_{k=n}^{m-1} \left( \log \dfrac{k+1}{k} - \dfrac{1}{k+1} \right)\\ &= \log \dfrac{m}{n} - \sum_{k=n+1}^m \dfrac{1}{k} \end{aligned}$$ となる。一方，最右辺を $k= n, \cdots , m-1$ で足すと $$\begin{aligned} &\sum_{k=n}^{m-1} \dfrac{1}{2k(k+1)}\\ &= \dfrac{1}{2}\sum_{k=n}^{m-1} \left( \dfrac{1}{k} - \dfrac{1}{k+1} \right)\\ &= \dfrac{1}{2}\left(\dfrac{1}{n} - \dfrac{1}{m}\right)\\ &= \dfrac{m-n}{2mn} \end{aligned}$$ となる。最左辺については， $$\dfrac{1}{2(k+1)^2} > \dfrac{1}{2(k+1)(k+2)}$$ となるため，最右辺と同様に計算し $$\begin{aligned} &\sum_{k=n}^{m-1} \dfrac{1}{2(k+1)^2}\\ &> \dfrac{1}{2}\left( \dfrac{1}{n+1} - \dfrac{1}{m+1}\right)\\ &= \dfrac{m-n}{2(m+1)(n+1)} \end{aligned}$$ となる。
   以上まとめて $$\dfrac{m-n}{2(m+1)(n+1)} < \log \dfrac{m}{n} - \sum_{k=n+1}^m \dfrac{1}{k} < \dfrac{m-n}{2mn}$$ となる。