すうじあむ

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\documentclass[a4paper,12pt,fleqn]{jreport} \usepackage{amsmath} \usepackage{amssymb} \usepackage{ascmac} \usepackage{graphicx} \usepackage{delarray} \usepackage{multicol} \usepackage{vector3} \setlength{\topmargin}{-25mm} \setlength{\oddsidemargin}{2.5mm} \setlength{\textwidth}{420pt} \setlength{\textheight}{700pt} %\MARU{\resizebox{0.64zw}{0.62zw}{10}} %\MARU{\resizebox{0.6zw}{0.62zw}{12}} %\MARU{\resizebox{0.6zw}{0.62zw}{14}} %\MARU{\resizebox{0.6zw}{0.62zw}{17}} \usepackage{color} \ExecuteOptions{usename} \usepackage{pifont} \usepackage{custom_mori} %\resizebox{1.2zw}{0.95zw}{\fbox{10}} \begin{document} \setlength{\abovedisplayskip}{0.5zw} \setlength{\belowdisplayskip}{0.5zw} \begin{FRAME} 　正の整数 $n$ に対して \[ S(n) = \sum_{p=1}^{2n} \frac{(-1)^{p-1}}{p},\quad T(n) = \sum_{q=1}^n \frac{1}{n+q} \] とおく．等式 $S(n) = T(n)\,\,\,(n = 1,\,\,2,\,\,3,\,\,\cdots)$ が 成り立つことを， 数学的帰納法を用いて示せ． \end{FRAME} \noindent{\color[named]{BurntOrange}\bfseries \fbox{解答}} \vspace{2mm} \hspace{1.55zw}% $S(n) = T(n) \quad(n = 1,\,\,2,\,\,\cdots)$ \hfill$\cdott(*)$ \vskip 0.5zw \noindent とする． \vspace{-2mm} \begin{enumerate} \item[(I)] 　$n = 1$ のとき \begin{gather*} S(1) = \sum_{p=1}^2 \frac{(-1)^{p-1}}{p} = 1 - \frac{1}{2} = \frac{1}{2},\quad T(1) = \frac{1}{1+1} = \frac{1}{2} \\ \therefore \,\,\, S(1) = T(1) \end{gather*} よって $(*)$ は成り立つ． %\smallskip \item[(II)] 　$n = k$ のとき $(*)$ が成り立つと仮定すれば， \begin{gather*} S(k) = T(k) \\ すなわち \quad 1 - \frac{1}{2} + \frac{1}{3} - \frac{1}{4} + \cdots + \frac{1}{2k-1} - \frac{1}{2k} \\ \hspace{5zw}{} = \frac{1}{k+1} + \frac{1}{k+2} + \cdots + \frac{1}{2k} \tag*{$\cdott\MARU{1}$} \end{gather*} である．このとき， \begin{align*} S(k+1) &= {}\underbrace{\, 1 - \frac{1}{2} + \cdots + \frac{1}{2k-1} - \frac{1}{2k} \,}_{S(k)}{} + \frac{1}{2k+1} - \frac{1}{2k+2} \\[1mm] &= S(k) + \frac{1}{2k+1} - \frac{1}{2k+2} \\[1mm] &= T(k) + \frac{1}{2k+1} - \frac{1}{2k+2} \quad \big(\because\,\,\,\MARU{1} \big) \\[1mm] &= \frac{1}{k+1} + \frac{1}{k+2} + \cdots + \frac{1}{2k} + \frac{1}{2k+1} - \frac{1}{2k+2} \\[1mm] &= \frac{1}{k+2} + \frac{1}{k+3} + \cdots + \frac{1}{2k} + \frac{1}{2k+1} + \left(\frac{1}{k+1} - \frac{1}{2k+2} \right) \\[1mm] &= \frac{1}{k+2} + \frac{1}{k+3} + \cdots + \frac{1}{2k} + \frac{1}{2k+1} + \frac{1}{2k+2} \\[1mm] &= T(k+1) \end{align*} よって $n = k+1$ のときも $(*)$ は成り立つ． \end{enumerate} \vspace{-2mm} (I),\,\,(II)より $(*)$ は証明された． \hfill ■ \end{document}