log2の値を求める

今日は $\log{2}$ の話。だいたいどれほどの値なのか調べてみましょう。

台形近似

東大の過去問にこんな問があります:

$(1)\ 0\lt x \lt a$ を満たす実数 $x, a$ に対し, 次を示せ.

$\displaystyle \frac{2x}{a} \lt \int^{a+x}_{a-x}{\frac{dt}{t}} \lt x\left(\frac{1}{a+x}+\frac{1}{a-x}\right).$

$(2)\ (1)$ を利用して, $0.68 \lt \log{2} \lt 0.71$ を示せ。ただし, $\log{2}$ は $2$ の自然対数を表す.

この問題のキモはもちろん $(1)$ で、 $v=1/u$ の凸性を利用して、2つの台形の面積で挟んで示します:

f:id:sora410:20190901205427p:plain

そして $(2)$ では、これを2箇所に適用して結論を得ます。

f:id:sora410:20190901213426j:plain

この近似で $\log{2} \in ]0.68,0.71[$ を示せるのだから、もっと刻んでみたら、もっと精度の良くなることが見込めます。 $n$ 個に分けてみましょう。

f:id:sora410:20190901220804p:plain

$(1)$ の式で、 $a$ を $\displaystyle \frac{2k-1}{2n}$ 、 $x$ を $\displaystyle \frac{1}{2n}$ でかきかえると、

$\displaystyle \frac{2}{2k-1} \lt \int^{\frac{k}{n}}_{\frac{k-1}{n}}{\frac{dt}{t}} \lt \frac{1}{2}\left(\frac{1}{k}+\frac{1}{k-1}\right)$

が得られます。 $k=n+1,n+2,\cdots,2n$ で和をとれば、

$\displaystyle \sum _ {k=n+1}^ {2n}{\frac{2}{2k-1}} \lt \sum _ {k=n+1}^ {2n}{\int_{\frac{k-1}{n}}^ {\frac{k}{n}}{\frac{dt}{t}}} \lt \sum _ {k=n+1}^ {2n}{\frac{1}{2}\left(\frac{1}{k}+\frac{1}{k-1}\right)}$

$\displaystyle \therefore \sum _ {k=1}^ {n}{\frac{2}{2(n+k)-1}} \lt \int _ {1} ^ {2}{\frac{dt}{t}} \lt \sum _ {k=1} ^ {n}{\frac{1}{2}\left(\frac{1}{n+k}+\frac{1}{n+k-1}\right)}$

$\displaystyle \therefore \sum _ {k=1}^ {n}{\frac{2}{2(n+k)-1}} \lt \log{2} \lt \sum _ {k=1} ^ {n}{\frac{1}{2}\left(\frac{1}{n+k}+\frac{1}{n+k-1}\right)}$

これをベースに、たとえば $n=10,100$ でそれぞれ計算してみるとおおよそ次のようになります:

f:id:sora410:20190901225611p:plain

Taylor公式

いったん台形近似の話は終わりにして、つぎはTaylor公式を考えてみます。

等比級数の公式:

$\displaystyle \frac{1-t^ n}{1-t}=1+t+t^ 2+\cdots+t^ {n-1}=\sum _ {k=0}^ {n-1}{t^ k}$

で、 $t \to -t$ とすれば、

$\displaystyle \frac{1-(-t)^ n}{1+t}=\sum _ {k=0}^ {n-1}{(-1)^ {k}t^ {k}}$

$t$ について、 $0$ から $x$ まで積分すれば、

$\displaystyle { \begin{eqnarray} \int _ {0}^ {x}{\frac{1-(-t)^ n}{1+t}dt}&=&\int _ {0} ^ {x}{\sum _ {k=0}^ {n-1}{(-1)^ {k}t^ {k}}dt.}\\ \therefore \int _ {0}^ {x}{\frac{dt}{1+t}}-\int _ {0}^ {x}{\frac{(-t)^ n}{1+t}dt}&=&\sum _ {k=0}^ {n-1}{\frac{(-1)^ {k}x^ {k+1}}{k+1}}\\ &=&\sum _ {k=1}^ {n}{\frac{(-1)^ {k-1}x^ {k}}{k}.}\\ \therefore \log{(1+x)}&=&\sum _ {k=1}^ {n}{\frac{(-1)^ {k-1}x^ {k}}{k}}+\underbrace{\int _ {0}^ {x}{\frac{(-t)^ n}{1+t}dt.}} _ {R _ {n+1}(x)}\\ \end{eqnarray} }$

実は $-1 \lt x \leqq 1$ のとき、 $\displaystyle \lim_{n \to \infty} {R _ {n+1}(x)=0}$ を示すことができます。あまり難しくはないのですが、話が冗長になるので、ここではこれを認めることにすると、

$\displaystyle \log{(1+x)=\sum _ {k=1}^ {\infty}{\frac{(-1)^ {k-1}x^ {k}}{k}}}\ (-1 \lt x \leqq 1)\ \ (\ast)$

が得られますから、とくに $x=1$ とすれば、

$\displaystyle\log{2} = \sum _ {k=1}^ {\infty}{\frac{(-1)^ {k-1}}{k}}=1-\frac{1}{2}+\frac{1}{3}-\frac{1}{4}+\cdots.\ (1)$

ただこの無限級数は収束が遅いことで有名です。100項加え続けても、だいたい $0.68817\cdots$ 程度で、あまり役に立ちません。

それは $(\ast)$ 式が $|x|$ が非常に小さいときに収束が早くなることに起因していて、下のグラフをみるとわかりやすいです:

f:id:sora410:20190902005505j:plain

そこで、

$\displaystyle\log{\frac{1}{2}}=-\log{2}$

であることを考え、 $(\ast)$ で $x=-1/2$ としてみると、

$\displaystyle { \begin{eqnarray} -\log{2}&=&\sum _ {k=1}^ {\infty} {\frac{(-1)^ {k-1}(-1/2)^ k}{k}}\\ &=&\sum _ {k=1}^ {\infty} {\frac{-1}{k\cdot 2^ k}.}\\ \therefore \log{2}&=&\sum _ {k=1}^ {\infty} {\frac{1}{k\cdot 2^ k}.\ (2)} \end{eqnarray} }$

これは先の図から見ても、一般項が $\displaystyle \frac{1}{k\cdot 2^ k}$ のオーダーで収束することからも、 $(1)$ に比べてかなり収束の速い級数であることが分かります。実際、100項ほど計算すれば、おおよそ $0.6931471805599451\cdots$ を得ますが、これは小数第15位まで正しい数値なので、かなり精度が高いです。

このように少し工夫を凝らすだけで、得られる精度がケタ違いになるところがメチャおもろいですね。他には、

$\displaystyle { \begin{eqnarray} \log{2}&=&\log{\frac{5}{4}\cdot\frac{6}{5}\cdot\frac{7}{6}\cdot\frac{8}{7}}\\ &=&\log{\left(1+\frac{1}{4}\right)}+\log{\left(1+\frac{1}{5}\right)}+\log{\left(1+\frac{1}{6}\right)}+\log{\left(1+\frac{1}{7}\right)} \end{eqnarray} }$