調和級数（数学）

発散を証明する一つの方法は、調和級数を、各分母を次に大きい2のべき乗に置き換えた別の発散級数と比較することです。 $${\displaystyle {\begin{alignedat}{8}1&+{\frac {1}{2}}&&+{\frac {1}{3}}&&+{\frac {1}{4}}&&+{\frac {1}{5}}&&+{\frac {1}{6}}&&+{\frac {1}{7}}&&+{\frac {1}{8}}&&+{\frac {1}{9}}&&+\cdots \\[5pt]{}\geq 1&+{\frac {1}{2}}&&+{\frac {1}{\color {red}{\mathbf {4} }}}&&+{\frac {1}{4}}&&+{\frac {1}{\color {red}{\mathbf {8} }}}&&+{\frac {1}{\color {red}{\mathbf {8} }}}&&+{\frac {1}{\color {red}{\mathbf {8} }}}&&+{\frac {1}{8}}&&+{\frac {1}{\color {red}{\mathbf {16} }}}&&+\cdots \\[5pt]\end{alignedat}}}$$ 等しい項をグループ化すると、第2級数が発散することがわかります（収束級数のグループ化はすべて収束級数のみであるため）。 $${\displaystyle {\begin{aligned}&1+\left({\frac {1}{2}}\right)+\left({\frac {1}{4}}+{\frac {1}{4}}\right)+\left({\frac {1}{8}}+{\frac {1}{8}}+{\frac {1}{8}}+{\frac {1}{8}}\right)+\left({\frac {1}{16}}+\cdots +{\frac {1}{16}}\right)+\cdots \\[5pt]{}={}&1+{\frac {1}{2}}+{\frac {1}{2}}+{\frac {1}{2}}+{\frac {1}{2}}+\cdots .\end{aligned}}}$$ 調和級数の各項は、第2級数の対応する項以上であり（項はすべて正である）、第2級数は発散するため、（比較判定法により）調和級数も発散することが導かれる。同様の議論により、すべての正の整数に対して、より強く次のことが証明される。${\displaystyle k}$、$${\displaystyle \sum _{n=1}^{2^{k}}{\frac {1}{n}}\geq 1+{\frac {k}{2}}}$$これは、 1350 年頃にニコール・オレーム によって与えられたオリジナルの証明です。^{[ 13 ]}コーシー凝縮テストは、この議論の一般化です。^{[ 14 ]}

調和級数が発散することは、その和を広義積分と比較することによって証明できます。具体的には、右図に示す長方形の配置を考えます。各長方形は幅が 1 単位であり、$\displaystyle {\tfrac {1}{n}}}$高さが単位なので、調和級数が収束すれば、長方形の総面積は調和級数の合計になります。${\displaystyle y={\tfrac {1}{x}}}$は長方形の上限境界より完全に下に留まるため、曲線の下の面積（${\displaystyle x}$（長方形で覆われる1から無限大まで）は長方形の和集合の面積よりも小さくなります。しかし、曲線の下の面積は発散する広義積分で与えられます。 $${\displaystyle \int _{1}^{\infty }{\frac {1}{x}}\,dx=\infty .}$$ この積分は収束しないため、和も収束しない。^{[ 13 ]}

右の図において、各長方形を左に1単位ずらすと、曲線の上ではなく下に位置する長方形の列が生成されます。これは、調和級数の部分和が、最初の長方形の単位面積によって上下が制限される量だけ、積分と異なることを示しています。 $${\displaystyle \int _{1}^{N+1}{\frac {1}{x}}\,dx<\sum _{i=1}^{N}{\frac {1}{i}}<\int _{1}^{N}{\frac {1}{x}}\,dx+1.}$$ この議論を一般化すると、単調減少する正の関数の値の無限和は${\displaystyle n}$（調和級数のように）部分和は対応する積分の値から一定の距離内に収束します。したがって、和が収束するのは、同じ関数の同じ範囲の積分が収束する場合に限ります。この等価性を使用して、和をより簡単な積分に置き換えることで和の収束をチェックする場合、これは収束のための積分テストとして知られています。^{[ 15 ]}

これらの数値は、積分テストからわかるように、対数的に非常にゆっくりと増加します。 ^{[ 15 ]}より正確には、オイラー・マクローリンの公式により、 $${\displaystyle H_{n}=\ln n+\gamma +{\frac {1}{2n}}-\varepsilon _{n}}$$ どこ${\displaystyle \gamma \approx 0.5772}$はオイラー・マスケローニ定数であり、${\displaystyle 0\leq \varepsilon _{n}\leq 1/(8n^{2})}$これは、${\displaystyle n}$無限大に及ぶ。^{[ 16 ]}

調和数は整数ではないが、${\displaystyle H_{1}=1}$[ ^{17 ] [ 18 ]}証明する方法の一つ^は${\displaystyle H_{n}}$整数でない場合は、 2 の最高べき乗を考慮する${\displaystyle 2^{k}}$1から${\displaystyle n}$。もし${\displaystyle M}$は1から までの数の最小公倍数です${\displaystyle n}$、それから ${\displaystyle H_{k}}$分母が等しい分数の和として書き直すことができる$${\displaystyle H_{n}=\sum _{i=1}^{n}{\tfrac {M/i}{M}}}$$ 分子のうちの 1 つだけが、${\displaystyle M/2^{k}}$は奇数で、残りは偶数です。${\displaystyle n>1}$）${\displaystyle M}$それ自体が偶数である。したがって、結果は分子が奇数で分母が偶数の分数となり、整数にはなり得ない。^{[ 17 ]}より一般的には、連続する整数の任意の数列には、他のすべての数列の要素よりも大きな 2 のべき乗で割り切れる要素が 1 つだけ存在し、同じ議論により、2 つの調和数が整数だけ異なることはないことがわかる。^{[ 18 ]}

調和数が整数ではないという別の証明は、${\displaystyle H_{n}}$より大きいすべての素数で割り切れる必要がある${\displaystyle n/2}$かつ以下${\displaystyle n}$、そしてベルトランの公準を用いて、この素数の集合が空でないことを証明する。同じ議論は、より強く、を除いて、${\displaystyle H_{1}=1}$、${\displaystyle H_{2}=1.5}$、 そして${\displaystyle H_{6}=2.45}$調和数は有限小数表現を持つことができない。^{[ 17 ]}すべての素数は調和数の有限部分集合の分子のみを割り切ると推測されているが、これはまだ証明されていない。^{[ 19 ]}

ディガンマ関数は、ガンマ関数の対数導関数として定義されます。$${\displaystyle \psi (x)={\frac {d}{dx}}\ln {\big (}\Gamma (x){\big )}={\frac {\Gamma '(x)}{\Gamma (x)}}.}$$ ガンマ関数が階乗の連続補間を提供するのと同様に、ディガンマ関数は調和数の連続補間を提供する。${\displaystyle \psi (n)=H_{n-1}-\gamma }$[ ^{20 ]この式は、} 定義を有理指数を持つ調和数に拡張するために使用できます。^{[ 21 ]}

調和級数は発散するが、その ラマヌジャン和はオイラー・マスケローニ定数 を持つ 。${\displaystyle \gamma }$有限値として: ^{[ 22 ]}$${\displaystyle \textstyle \sum _{n\geq 1}^{\mathfrak {R}}{\frac {1}{n}}=\gamma .}$$

ジープ問題、あるいは砂漠横断問題は、9世紀のアルクインの問題集『Propositiones ad Acuendos Juvenes』（ジープではなくラクダを例にとったもの）に収録されているが、解答は誤っている。^{[ 23 ]}この問題は、ジープが砂漠のどこまで進んで戻ってくることができるかを問うもので、出発地点は、${\displaystyle n}$燃料を大量に輸送するには、燃料の一部を砂漠に運び込み、貯蔵庫に置いておく必要があります。最適な解決策は、貯蔵庫を一定の間隔で配置することです。${\displaystyle {\tfrac {r}{2n}},{\tfrac {r}{2(n-1)}},{\tfrac {r}{2(n-2)}},\dots }$出発点から、そして互いに、${\displaystyle r}$は、ジープが燃料を1回積載して走行できる距離の範囲です。基地からの往復のたびに、ジープは途中の他の燃料補給所で給油しながら、新たに設置した燃料補給所にできるだけ多くの燃料を積み込み、前の燃料補給所と基地に戻るのに十分な燃料を残します。したがって、 で到達する総距離は、${\displaystyle n}$この旅行は$${\displaystyle {\frac {r}{2n}}+{\frac {r}{2(n-1)}}+{\frac {r}{2(n-2)}}+\cdots ={\frac {r}{2}}H_{n},}$$ どこ${\displaystyle H_{n}}$は${\displaystyle n}$の次高調波数。高調波列の発散は、十分な燃料があれば任意の長さの交差が可能であることを意味する。^{[ 24 ]}

例えば、アルクインの問題のバージョンでは、${\displaystyle r=30}$ラクダは30単位の穀物を運ぶことができ、1単位の穀物を食べながら1ルーカ移動できます。ここで、ルーカは距離の単位で、およそ2.3キロメートル（1.4マイル）に相当します。問題は、 ${\displaystyle n=3}$穀物は90単位あり、3回の旅に十分な量です。砂漠横断問題の標準的な定式化では、ラクダは移動することが可能でしょう。${\displaystyle {\tfrac {30}{2}}{\bigl (}{\tfrac {1}{3}}+{\tfrac {1}{2}}+{\tfrac {1}{1}})=27.5}$1回目の旅では基地から5ルーカス、2回目の旅では基地から12.5ルーカスの場所に穀物貯蔵庫を設置することで、ルーカスを往復させることができます。しかし、アルクインは代わりに、砂漠にラクダを置き去りにするか、ラクダが帰路で消費する穀物の量を考慮しないまま、最終的な帰路なしで30ルーカスの距離にどれだけの穀物を輸送できるかを尋ねています。^{[ 23 ]}

ブロック積み問題では、${\displaystyle n}$同じ長方形のブロックを各層に1つずつ配置し、テーブルの端から落ちないようにできるだけ長く垂れ下がるようにします。一番上のブロックは、${\displaystyle {\tfrac {1}{2}}}$その長さの が次の下のブロックを超えて伸びる。このように配置すると、次の下のブロックは最大で${\displaystyle {\tfrac {1}{2}}\cdot {\tfrac {1}{2}}}$その長さの半分が次の下のブロックより長くなるように配置することで、上2つのブロックの重心が支えられ、倒れないようにします。3番目のブロックは最大で${\displaystyle {\tfrac {1}{2}}\cdot {\tfrac {1}{3}}}$その長さが次の下のブロックを超えて伸びるようにすることで、上3つのブロックの重心が支えられ、倒れないようにする。このようにして、${\displaystyle n}$ブロックを拡張するように${\displaystyle {\tfrac {1}{2}}H_{n}}$テーブルを超えた長さ、${\displaystyle H_{n}}$は${\displaystyle n}$の次高調波番号。^{[ 25 ] [ 26 ]}高調波級数の発散は、ブロックスタックがテーブルを超えてどれだけ伸びても制限がないことを意味します。^{[ 26 ]} 1層あたり1つのブロックを持つスタックの場合、これ以上の解決策は不可能ですが、1層あたり複数のブロックを持つスタックを使用すると、大幅にオーバーハングを増やすことができます。^{[ 27 ]}

1737年、レオンハルト・オイラーは、調和級数は形式的な和として、各項が素数から構成されるオイラー積に等しいことを発見した。$${\displaystyle \sum _{i=1}^{\infty }{\frac {1}{i}}=\prod _{p\in \mathbb {P} }\left(1+{\frac {1}{p}}+{\frac {1}{p^{2}}}+\cdots \right)=\prod _{p\in \mathbb {P} }{\frac {1}{1-1/p}},}$$どこ${\displaystyle \mathbb {P} }$は素数の集合を表します。左側の等式は、積に分配法則を適用し、結果として得られる項を調和級数の項の素因数分解として認識することによって得られ、右側の等式は等比級数の標準的な公式を使用しています。積は和と同様に発散しますが、収束すれば対数を取って を得ることができます。$${\displaystyle \ln \prod _{p\in \mathbb {P} }{\frac {1}{1-1/p}}=\sum _{p\in \mathbb {P} }\ln {\frac {1}{1-1/p}}=\sum _{p\in \mathbb {P} }\left({\frac {1}{p}}+{\frac {1}{2p^{2}}}+{\frac {1}{3p^{3}}}+\cdots \right)=\sum _{p\in \mathbb {P} }{\frac {1}{p}}+K.}$$ここでは、各対数はテイラー級数 に置き換えられ、定数は${\displaystyle K}$右側には、指数が 1 より大きい項の収束級数の評価があります。これらの操作から、この等式の右辺にある素数の逆数の和は発散しなければならないことがわかります。収束すれば、これらの手順を逆にして調和級数も収束することを示すことができますが、そうではありません。有限和は発散できないため、素数は無限に存在するという直接的な帰結があります。 ^{[ 28 ]}オイラーの研究は現代数学の基準では十分に厳密とは見なされていませんが、極限と誤差範囲にもっと注意を払うことで厳密化することができます。^{[ 29 ]}素数の逆数の部分和が項数の二重対数として増加するというオイラーの結論は、後の数学者によってメルテンスの定理の 1 つとして確認されており、^{[ 30 ]}素数定理の先駆けと見なすことができます。^{[ 29 ]}

調和級数と密接に関連する数論のもう 1 つの問題は、1 から 10 までの範囲の数の平均約数に関するものです。${\displaystyle n}$除数関数の平均次数として定式化され、 $${\displaystyle {\frac {1}{n}}\sum _{i=1}^{n}\left\lfloor {\frac {n}{i}}\right\rfloor \leq {\frac {1}{n}}\sum _{i=1}^{n}{\frac {n}{i}}=H_{n}.}$$ 調和級数の各項を次のより小さい整数倍に丸める操作${\displaystyle {\tfrac {1}{n}}}$この平均は調和数から小さな定数だけ異なることを引き起こし、ピーター・グスタフ・ルジューヌ・ディリクレは、約数の平均数が${\displaystyle \ln n+2\gamma -1+O(1/{\sqrt {n}})}$（ビッグオー記法で表現）。最終誤差項をより正確に評価することは、ディリクレの除数問題として知られる未解決問題として残っている。^{[ 31 ]}

いくつかの一般的なゲームやレクリエーションでは、可能な選択肢がすべて選ばれるまで、一連のアイテムからランダムに選択を繰り返すことが含まれます。これには、トレーディングカードの収集^{[ 32 ] [ 33 ]}や、一連のランニングイベントのタイムから60通りの秒数をすべて獲得することを目標とするパークランビンゴの完了^{[ 34 ]}などが含まれます。この問題のより深刻な応用例としては、製造された製品のすべてのバリエーションを品質管理のためにサンプリングすること^{[ 35 ]}や、ランダムグラフの接続性^{[ 36 ]}などがあります。このような状況では、一度${\displaystyle k}$合計のうち、まだ回収されていないアイテム${\displaystyle n}$同じ確率で出現するアイテムの場合、1回のランダムな選択で新しいアイテムを収集する確率は${\displaystyle k/n}$そして、新しいアイテムが収集されるまでに必要なランダムな選択の期待値は${\displaystyle n/k}$すべての値について合計すると${\displaystyle k}$から${\displaystyle n}$1 まで減少すると、すべてのアイテムを収集するために必要なランダムな選択の総期待値は${\displaystyle nH_{n}}$、どこ${\displaystyle H_{n}}$は${\displaystyle n}$の倍音番号。^{[ 37 ]}

一連の項目をソートするクイックソートアルゴリズムは、調和数を用いて分析できます。このアルゴリズムは、1つの項目を「ピボット」として選択し、それを他のすべての項目と比較し、比較によってピボットより前と後に配置される2つの項目のサブセットを再帰的にソートすることで動作します。平均的な複雑さ（すべての入力順列が等確率であると仮定した場合）でも、ピボットをランダムに選択した最悪の入力に対する期待時間分析でも、すべての項目がピボットとして選択される確率は等しくなります。このような場合、最終的なソート順で2つの項目を隔てる他の項目の数の関数として、再帰全体を通して2つの項目が互いに比較される確率を計算できます。${\displaystyle x}$そして${\displaystyle y}$で区切られている${\displaystyle k}$他の項目については、アルゴリズムは比較を行います。${\displaystyle x}$そして${\displaystyle y}$再帰が進むにつれて、選択するときのみ${\displaystyle x}$または${\displaystyle y}$他の選択肢を選ぶ前に、ピボットとして${\displaystyle k}$それらの間のアイテム。なぜなら、これらのそれぞれが${\displaystyle k+2}$アイテムが最初に選ばれる確率は等しく、これは確率で起こります。${\displaystyle {\tfrac {2}{k+2}}}$アルゴリズムの総実行時間を制御する比較の総期待値は、すべてのペアについてこれらの確率を合計することによって計算でき、^{[ 38 ]}$${\displaystyle \sum _{i=2}^{n}\sum _{k=0}^{i-2}{\frac {2}{k+2}}=\sum _{i=1}^{n-1}2H_{i}=O(n\log n).}$$この応用における調和級数の発散は、クイックソートで使用されるソートの比較モデルでは線形時間でソートすることができない という事実に対応している。^{[ 39 ]}

シリーズ $${\displaystyle \sum _{n=1}^{\infty }{\frac {(-1)^{n+1}}{n}}=1-{\frac {1}{2}}+{\frac {1}{3}}-{\frac {1}{4}}+{\frac {1}{5}}-\cdots }$$これは交代調和級数 として知られています。交代級数判定法により条件収束しますが、絶対収束はしません。その和は2の自然対数です。^{[ 40 ]}

より正確には、級数の漸近展開は次のように始まる。 $${\displaystyle {\frac {1}{1}}-{\frac {1}{2}}+\cdots +{\frac {1}{2n-1}}-{\frac {1}{2n}}=H_{2n}-H_{n}=\ln 2-{\frac {1}{4n}}+O(n^{-2}).}$$ これは等式から生じる${\textstyle H_{n}=2\sum _{k=1}^{n}{\frac {1}{2k}}}$そしてオイラー・マクローリンの公式。

奇数単位分数のみで符号を交互に使用すると、関連する数列であるπのライプニッツの公式^{[ 41 ]が得られます。}$${\displaystyle \sum _{n=0}^{\infty }{\frac {(-1)^{n}}{2n+1}}=1-{\frac {1}{3}}+{\frac {1}{5}}-{\frac {1}{7}}+\cdots ={\frac {\pi }{4}}.}$$

リーマンゼータ関数は実数に対して定義される${\displaystyle x>1}$収束級数による $${\displaystyle \zeta (x)=\sum _{n=1}^{\infty }{\frac {1}{n^{x}}}={\frac {1}{1^{x}}}+{\frac {1}{2^{x}}}+{\frac {1}{3^{x}}}+\cdots ,}$$ そのために${\displaystyle x=1}$調和級数になります。解析接続により、すべての複素数上の正則関数に拡張できますが、${\displaystyle x=1}$拡張関数は単純な極を持つ。ゼータ関数のその他の重要な値には、${\displaystyle \zeta (2)=\pi ^{2}/6}$バーゼル問題の解、アペリー定数${\displaystyle \zeta (3)}$ロジャー・アペリーによって無理数であることが証明され、実部を持つ複素数の「臨界線」である。${\displaystyle {\tfrac {1}{2}}}$リーマン予想によれば、負の整数以外の値で関数がゼロになるのはこれらの値だけであると推測されている。^{[ 42 ]}

ランダム調和級数は $${\displaystyle \sum _{n=1}^{\infty }{\frac {s_{n}}{n}},}$$ 値が${\displaystyle s_{n}}$は、2つの値をとる独立かつ同一の分布に従う確率変数である。${\displaystyle +1}$そして${\displaystyle -1}$等しい確率で${\displaystyle {\tfrac {1}{2}}}$コルモゴロフの3級数定理または密接に関連するコルモゴロフの最大不等式を用いると分かるように、確率 1で収束する。級数の和は、一様変数の無限和として再編成できる。${\displaystyle [-{\tfrac {1}{2n+1}},{\tfrac {1}{2n+1}}]}$確率1で、確率密度関数が次のようになる確率変数である。

${\displaystyle {\begin{aligned}g(x)&={\frac {1}{\pi }}\int _{0}^{\infty }\cos(xt)\prod _{n=0}^{\infty }{\frac {\sin(2t/(2n+1))}{2t/(2n+1)}}dt\\&={\frac {1}{\pi }}\int _{0}^{\infty }\cos(xt)\prod _{n=1}^{\infty }\cos(t/n)dt.\end{aligned}}}$

この関数は${\displaystyle {\tfrac {1}{4}}}$値の範囲${\displaystyle -1}$そして${\displaystyle 1}$で​${\displaystyle g(0)\approx 0.2499943958}$小数点以下10桁まで。 を超える値では、正規分布のように漸近的に減少します。${\displaystyle 3}$またはそれ以下${\displaystyle -3}$これらの範囲の中間値では、${\displaystyle \pm 2}$確率密度は${\displaystyle {\tfrac {1}{8}}-\varepsilon }$ゼロではないが、非常に小さい値の場合${\displaystyle \varepsilon <10^{-42}}$[ ^{43 ] [ 44 ]​}

分母のどこかに数字の 9 が現れる項をすべて取り除いた減少調和級数は、22.92067 66192 64150 34816 ...という値に収束することが示されています。^{[ 45 ]}実際、任意の基数で特定の数字列を含むすべての項を取り除くと、級数は収束します。^{[ 46 ]}