大阪大学 1984年 理系 第4問 解説

方針・初手

漸化式 $f_n(x) = x f_{n-1}(x) + n$ から $f_n(x)$ の一般項を求めることが第一目標である。 漸化式の両辺を $x^n$ で割ることで階差数列の形に帰着させるか、具体的な $n$ について計算して一般項を推測し、数学的帰納法で証明するアプローチが考えられる。 $f_n(x)$ の一般項が求まった後は、$x = e^{\frac{1}{n}}$ を代入し、極限の基本公式 $\lim_{t \to 0} \frac{e^t - 1}{t} = 1$ を利用して極限値を計算する。

解法1

漸化式 $f_k(x) = x f_{k-1}(x) + k \quad (k \ge 2)$ の両辺を $x^k$ で割ると、

$$ \frac{f_k(x)}{x^k} - \frac{f_{k-1}(x)}{x^{k-1}} = \frac{k}{x^k} $$

となる。したがって、$n \ge 2$ のとき、

$$ \frac{f_n(x)}{x^n} = \frac{f_1(x)}{x} + \sum_{k=2}^n \frac{k}{x^k} $$

が成り立つ。ここで $S_n(x) = \sum_{k=1}^n \frac{k}{x^k}$ とおくと、

$$ S_n(x) = \frac{1}{x} + \frac{2}{x^2} + \frac{3}{x^3} + \cdots + \frac{n}{x^n} $$

両辺を $x$ で割ると、

$$ \frac{1}{x} S_n(x) = \frac{1}{x^2} + \frac{2}{x^3} + \cdots + \frac{n-1}{x^n} + \frac{n}{x^{n+1}} $$

辺々引くと、

$$ \left( 1 - \frac{1}{x} \right) S_n(x) = \frac{1}{x} + \frac{1}{x^2} + \cdots + \frac{1}{x^n} - \frac{n}{x^{n+1}} $$

右辺の初項から第 $n$ 項までは初項 $\frac{1}{x}$、公比 $\frac{1}{x}$ の等比数列の和であるから、

$$ \frac{x-1}{x} S_n(x) = \frac{\frac{1}{x} \left( 1 - \frac{1}{x^n} \right)}{1 - \frac{1}{x}} - \frac{n}{x^{n+1}} = \frac{1 - \frac{1}{x^n}}{x-1} - \frac{n}{x^{n+1}} $$

両辺に $\frac{x}{x-1}$ をかけると、

$$ S_n(x) = \frac{x - \frac{1}{x^{n-1}}}{(x-1)^2} - \frac{n}{x^n(x-1)} = \frac{x^{n+1} - x - n(x-1)}{x^n(x-1)^2} = \frac{x^{n+1} - (n+1)x + n}{x^n(x-1)^2} $$

したがって、$\sum_{k=2}^n \frac{k}{x^k} = S_n(x) - \frac{1}{x}$ であるから、

$$ \frac{f_n(x)}{x^n} = \frac{1}{x(x-1)^2} + \frac{x^{n+1} - (n+1)x + n}{x^n(x-1)^2} - \frac{1}{x} $$

$$ = \frac{x^{n-1} + x^{n+1} - (n+1)x + n - x^{n-1}(x-1)^2}{x^n(x-1)^2} $$

分子を計算すると、

$$ x^{n-1} + x^{n+1} - (n+1)x + n - (x^{n+1} - 2x^n + x^{n-1}) = 2x^n - (n+1)x + n $$

ゆえに、

$$ \frac{f_n(x)}{x^n} = \frac{2x^n - (n+1)x + n}{x^n(x-1)^2} $$

$$ f_n(x) = \frac{2x^n - (n+1)x + n}{(x-1)^2} $$

この式は $n=1$ のときも $f_1(x) = \frac{2x - 2x + 1}{(x-1)^2} = \frac{1}{(x-1)^2}$ となり成り立つ。 次に、求める極限は $x = e^{\frac{1}{n}}$ を代入して計算する。

$$ f_n\left(e^{\frac{1}{n}}\right) = \frac{2\left(e^{\frac{1}{n}}\right)^n - (n+1)e^{\frac{1}{n}} + n}{\left(e^{\frac{1}{n}} - 1\right)^2} = \frac{2e - (n+1)e^{\frac{1}{n}} + n}{\left(e^{\frac{1}{n}} - 1\right)^2} $$

したがって、求める極限の式は次のように変形できる。

$$ \frac{f_n\left(e^{\frac{1}{n}}\right)}{n^2} = \frac{2e - ne^{\frac{1}{n}} - e^{\frac{1}{n}} + n}{n^2\left(e^{\frac{1}{n}} - 1\right)^2} = \frac{2e - e^{\frac{1}{n}} - n\left(e^{\frac{1}{n}} - 1\right)}{n^2\left(e^{\frac{1}{n}} - 1\right)^2} $$

ここで $t = \frac{1}{n}$ とおくと、$n \to \infty$ のとき $t \to +0$ であるから、

$$ \frac{f_n\left(e^{\frac{1}{n}}\right)}{n^2} = \frac{2e - e^t - \frac{e^t - 1}{t}}{\frac{(e^t - 1)^2}{t^2}} = \left( \frac{t}{e^t - 1} \right)^2 \left( 2e - e^t - \frac{e^t - 1}{t} \right) $$

$\lim_{t \to 0} \frac{e^t - 1}{t} = 1$ を用いると、$\lim_{t \to 0} \frac{t}{e^t - 1} = 1$ となるため、

$$ \lim_{n \to \infty} \frac{f_n\left(e^{\frac{1}{n}}\right)}{n^2} = 1^2 \times (2e - e^0 - 1) = 2e - 2 $$

解法2

漸化式から順に $f_n(x)$ を計算し、一般項を推測する。

$$ f_1(x) = \frac{1}{(x-1)^2} $$

$$ f_2(x) = xf_1(x) + 2 = \frac{x}{(x-1)^2} + 2 = \frac{x + 2(x-1)^2}{(x-1)^2} = \frac{2x^2 - 3x + 2}{(x-1)^2} $$

$$ f_3(x) = xf_2(x) + 3 = \frac{2x^3 - 3x^2 + 2x}{(x-1)^2} + 3 = \frac{2x^3 - 3x^2 + 2x + 3(x-1)^2}{(x-1)^2} = \frac{2x^3 - 4x + 3}{(x-1)^2} $$

これらから、一般にすべての自然数 $n$ に対して次が成り立つと推測される。

$$ f_n(x) = \frac{2x^n - (n+1)x + n}{(x-1)^2} $$

これを数学的帰納法で証明する。 (i)

$n=1$ のとき 推測した式に $n=1$ を代入すると $\frac{2x - 2x + 1}{(x-1)^2} = \frac{1}{(x-1)^2}$ となり、与えられた $f_1(x)$ と一致し成立する。

(ii)

$n=k$ ($k \ge 1$) のとき成立すると仮定する。すなわち、

$$ f_k(x) = \frac{2x^k - (k+1)x + k}{(x-1)^2} $$

このとき、$n=k+1$ について考えると、漸化式より

$$ f_{k+1}(x) = x f_k(x) + k + 1 = \frac{2x^{k+1} - (k+1)x^2 + kx}{(x-1)^2} + k + 1 $$

通分して計算すると、

$$ f_{k+1}(x) = \frac{2x^{k+1} - (k+1)x^2 + kx + (k+1)(x-1)^2}{(x-1)^2} $$

$$ = \frac{2x^{k+1} - (k+1)x^2 + kx + (k+1)x^2 - 2(k+1)x + k + 1}{(x-1)^2} $$

$$ = \frac{2x^{k+1} - (k+2)x + k + 1}{(x-1)^2} $$

これは推測した式に $n=k+1$ を代入したものと一致する。 以上より、すべての自然数 $n$ について $f_n(x) = \frac{2x^n - (n+1)x + n}{(x-1)^2}$ が成り立つ。 （以降の極限計算は解法1と同様であるため省略する。）

解説

$a_{n+1} = p a_n + (\text{$n$の式})$ 型の漸化式において、両辺を $p^{n+1}$ で割って階差数列に持ち込むのは頻出の手法である。本問では定数 $p$ の代わりに変数 $x$ が置かれているが、$n$ に関する漸化式を解くうえでは $x$ を定数とみなして同様の処理が可能である。 また、等差数列と等比数列の積の和 $\sum k x^k$ の計算や、極限 $\lim_{t \to 0} \frac{e^t - 1}{t} = 1$ を用いた式変形など、理系数学で必須の計算技術が複数問われている良問である。極限計算においては、$t = \frac{1}{n}$ と置き換えることで見通しが格段に良くなる。

答え

$$ 2e - 2 $$