✨ ベストアンサー ✨
ひきわり様
(ⅰ) p≦1 のとき
n^p≦n^1より1/(n^p)≧1/n ←逆数をとると大小関係は反転する
∴Σ(n=1～∞)1/(n^p)≧Σ(n=1～∞)1/n
右辺は調和級数であるから+∞に発散する。追い出しの原理より
Σ(n=1～∞)1/(n^p)=+∞ ■
(ⅱ) p>1 のとき
関数 y=1/(x^p) のグラフを考える。区間［n-1,n］の部分の面積に着目すると
1/(n^p)<∫(n-1～n)｛1/(x^p)｝dx ←(縦1/(n^p),横1の長方形の面積)<(∫(n-1～n)｛1/(x^p)｝dx)であるから
∴Σ(n=1～m)1/(n^p)
≦Σ(n=1～m)∫(n-1～n)｛1/(x^p)｝dx
=∫(1～m)｛1/(x^p)｝dx
=∫(1～∞)｛1/(x^p)｝dx
=1/(p-1)
よって、ゼータ級数の部分和を Sm=Σ(n=1～m)1/(n^p) とするとき、
数列｛Sm｝は上に有界で、かつ、明らかに単調増加列であるから、数列｛Sm｝は収束する。 ■
【コメント】
［例1］p=1/2 のときのゼータ級数は Σ(n=1～∞)1/√n=+∞
［例2］p=2 のときのゼータ級数は Σ(n=1～∞)1/n²=π²/6 ←バーゼルの問題です
［例3］ゼロでない数を足し続けるても収束する例として
Σ(n=1～∞)1/(2^n)=(初項1/2,公比1/2の無限等比級数)=1
です。
ひきわり様
(ⅱ)について、Σは「n=2～m」としてください。(ゼータ級数は m→∞ なので、m≧2 としてもよい)
Σ(n=2～m)1/(n^p)
≦Σ(n=2～m)∫(n-1～n)｛1/(x^p)｝dx
=∫(1～m)｛1/(x^p)｝dx
≦∫(1～∞)｛1/(x^p)｝dx ←ご指摘のとおり、＝ではなく、≦に訂正します
=1/(p-1)
よって、ゼータ級数の部分和を Sm=Σ(n=1～m)1/(n^p) とするとき、
数列｛Sm｝は上に有界で、←Sm=1+Σ(n=2～m)1/(n^p)≦1+｛1/(p-1)｝であるから上に有界
かつ、明らかに単調増加列であるから、数列｛Sm｝は収束する。 ■
これで説明になりましたでしょうか？
それでは良い年末年始をお過ごしください！
ありがとうございます😭
失礼しました。
(ⅱ) p>1 のとき を次のように訂正します。
関数 y=1/(x^p) のグラフを考える。区間［n-1,n］の部分の面積に着目すると
1/(n^p)<∫(n-1～n)｛1/(x^p)｝dx ←(縦1/(n^p),横1の長方形の面積)<(∫(n-1～n)｛1/(x^p)｝dx)であるから
∴Σ(n=2～m)1/(n^p) ←n=1～mではなく、n=2～mに訂正！
≦Σ(n=2～m)∫(n-1～n)｛1/(x^p)｝dx
=∫(1～m)｛1/(x^p)｝dx
=∫(1～∞)｛1/(x^p)｝dx
=1/(p-1)
よって、ゼータ級数の部分和を Sm=Σ(n=1～m)1/(n^p) とするとき、
数列｛Sm｝は上に有界で、かつ、明らかに単調増加列であるから、数列｛Sm｝は収束する。 ■