1. **問題の説明** 与えられた和 $$\sum_{k=1}^n (-x)^{k-1}$$ を $x, n$ の式で表す。 2. **公式の利用と重要なルール** この和は等比数列の和の形をしている。等比数列の和の公式は $$\sum_{k=0}^{m} r^k = \frac{1-r^{m+1}}{1-r}$$ ただし $r \neq 1$。 3. **問題(1)の解法** 和の指数の始まりが $k=1$ であるため、$k-1$ を指数に持つ形は $k=0$ から始まる等比数列と同じである。したがって、 $$\sum_{k=1}^n (-x)^{k-1} = \sum_{j=0}^{n-1} (-x)^j = \frac{1-(-x)^n}{1-(-x)}$$ 4. **問題(2)の証明** 示すべき式は $$\sum_{k=1}^n (-1)^{k-1} \frac{1}{k} = \log 2 - \int_0^1 \frac{(-x)^n}{1+x} dx$$ 5. **証明のポイント** まず、左辺の和は交差級数の部分和であり、右辺は対数と積分の形で表されている。 6. **積分の展開** 分母 $1+x$ の逆数は幾何級数展開で $$\frac{1}{1+x} = \sum_{m=0}^\infty (-x)^m$$ ただし $|x|<1$。 7. **積分の中身を展開** $$\int_0^1 \frac{(-x)^n}{1+x} dx = \int_0^1 (-x)^n \sum_{m=0}^\infty (-x)^m dx = \int_0^1 \sum_{m=0}^\infty (-1)^{n+m} x^{n+m} dx$$ 8. **積分と和の順序交換** （収束条件のもとで） $$= \sum_{m=0}^\infty (-1)^{n+m} \int_0^1 x^{n+m} dx = \sum_{m=0}^\infty (-1)^{n+m} \frac{1}{n+m+1}$$ 9. **和の形の変形** $$= (-1)^n \sum_{j=n}^\infty \frac{(-1)^j}{j+1}$$ 10. **左辺の和との関係** 左辺の和は $$\sum_{k=1}^n (-1)^{k-1} \frac{1}{k} = \sum_{k=0}^{n-1} \frac{(-1)^k}{k+1}$$ 11. **対数の級数展開** $$\log 2 = \sum_{k=1}^\infty \frac{(-1)^{k-1}}{k} = \sum_{k=0}^\infty \frac{(-1)^k}{k+1}$$ 12. **まとめ** $$\log 2 - \sum_{k=1}^n (-1)^{k-1} \frac{1}{k} = \sum_{k=n+1}^\infty \frac{(-1)^{k-1}}{k} = \int_0^1 \frac{(-x)^n}{1+x} dx$$ よって示された。 **最終答え:** (1) $$\sum_{k=1}^n (-x)^{k-1} = \frac{1-(-x)^n}{1+ x}$$ (2) $$\sum_{k=1}^n (-1)^{k-1} \frac{1}{k} = \log 2 - \int_0^1 \frac{(-x)^n}{1+x} dx$$