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東京工業大学 2012年理系第4問解説

方針・初手

(1) は与えられた漸化式に $k=1, 2$ を順番に代入して計算する。和の記号 $\Sigma$ の扱いに注意する。

(2) は (1) の結果から一般項 $a_k$ の規則性を推測し、数学的帰納法によって証明する方針が確実である。

(3) は (2) で求めた一般項を $b_n$ の式に代入する。根号の中に $n$ が含まれるため、直接計算することは難しい。はさみうちの原理を用いて不等式を作り、区分求積法を利用できる形に持ち込む。

解法1

(1)

$k=1$ のとき、与えられた漸化式より

$$ a_2 = - \frac{1}{1+n+1} + \frac{n}{1} \sum_{i=1}^1 a_i = - \frac{1}{n+2} + n a_1 $$

$a_1 = \frac{1}{n(n+1)}$ を代入すると

$$ a_2 = - \frac{1}{n+2} + \frac{n}{n(n+1)} = - \frac{1}{n+2} + \frac{1}{n+1} $$

通分して整理する。

$$ a_2 = \frac{-(n+1) + (n+2)}{(n+1)(n+2)} = \frac{1}{(n+1)(n+2)} $$

$k=2$ のとき、与えられた漸化式より

$$ a_3 = - \frac{1}{2+n+1} + \frac{n}{2} \sum_{i=1}^2 a_i = - \frac{1}{n+3} + \frac{n}{2} (a_1 + a_2) $$

ここで、$a_1 + a_2$ を計算する。

$$ a_1 + a_2 = \frac{1}{n(n+1)} + \frac{1}{(n+1)(n+2)} = \frac{(n+2) + n}{n(n+1)(n+2)} = \frac{2(n+1)}{n(n+1)(n+2)} = \frac{2}{n(n+2)} $$

これを $a_3$ の式に代入する。

$$ a_3 = - \frac{1}{n+3} + \frac{n}{2} \cdot \frac{2}{n(n+2)} = - \frac{1}{n+3} + \frac{1}{n+2} $$

通分して整理する。

$$ a_3 = \frac{-(n+2) + (n+3)}{(n+2)(n+3)} = \frac{1}{(n+2)(n+3)} $$

(2)

(1) の結果より、一般項は $a_k = \frac{1}{(n+k-1)(n+k)}$ であると推測できる。これを、すべての正の整数 $k$ について成り立つことを数学的帰納法を用いて示す。

(i)

$k=1$ のとき問題の条件より $a_1 = \frac{1}{n(n+1)}$ であり、推測した式に $k=1$ を代入した結果と一致するため成り立つ。

(ii)

$k=1, 2, \dots, m$ ($m$ は正の整数) のときに成り立つと仮定する。このとき、$\sum_{i=1}^m a_i$ は部分分数分解を用いて次のように計算できる。

$$ \sum_{i=1}^m a_i = \sum_{i=1}^m \frac{1}{(n+i-1)(n+i)} = \sum_{i=1}^m \left( \frac{1}{n+i-1} - \frac{1}{n+i} \right) = \frac{1}{n} - \frac{1}{n+m} $$

与えられた漸化式において $k=m$ とすると

$$ a_{m+1} = - \frac{1}{m+n+1} + \frac{n}{m} \sum_{i=1}^m a_i $$

これに先ほど求めた和を代入して整理する。

$$ \begin{aligned} a_{m+1} &= - \frac{1}{n+m+1} + \frac{n}{m} \left( \frac{1}{n} - \frac{1}{n+m} \right) \\ &= - \frac{1}{n+m+1} + \frac{n}{m} \cdot \frac{n+m-n}{n(n+m)} \\ &= - \frac{1}{n+m+1} + \frac{n}{m} \cdot \frac{m}{n(n+m)} \\ &= - \frac{1}{n+m+1} + \frac{1}{n+m} \\ &= \frac{-(n+m) + (n+m+1)}{(n+m)(n+m+1)} \\ &= \frac{1}{(n+m)(n+m+1)} \end{aligned} $$

これは、推測した式に $k=m+1$ を代入したものと一致する。したがって、$k=m+1$ のときも成り立つ。

(i), (ii) より、すべての正の整数 $k$ について一般項は以下となる。

$$ a_k = \frac{1}{(n+k-1)(n+k)} $$

(3)

(2) の結果より、$b_n$ は次のように表される。

$$ b_n = \sum_{k=1}^n \sqrt{a_k} = \sum_{k=1}^n \frac{1}{\sqrt{(n+k-1)(n+k)}} $$

各 $k$ ($1 \le k \le n$) について、$n+k-1 < n+k$ であるから、根号の中身について以下の不等式が成り立つ。

$$ (n+k-1)^2 \le (n+k-1)(n+k) < (n+k)^2 $$

すべて正であるから、平方根をとると

$$ n+k-1 \le \sqrt{(n+k-1)(n+k)} < n+k $$

逆数をとると、大小関係が逆転する。

$$ \frac{1}{n+k} < \frac{1}{\sqrt{(n+k-1)(n+k)}} \le \frac{1}{n+k-1} $$

$k=1$ から $n$ まで和をとると

$$ \sum_{k=1}^n \frac{1}{n+k} < b_n \le \sum_{k=1}^n \frac{1}{n+k-1} $$

ここで、左辺の極限は区分求積法を用いて次のように計算できる。

$$ \lim_{n \to \infty} \sum_{k=1}^n \frac{1}{n+k} = \lim_{n \to \infty} \frac{1}{n} \sum_{k=1}^n \frac{1}{1 + \frac{k}{n}} = \int_0^1 \frac{1}{1+x} dx = \Big[ \log(1+x) \Big]_0^1 = \log 2 $$

次に、右辺について考える。

$$ \sum_{k=1}^n \frac{1}{n+k-1} = \frac{1}{n} + \sum_{k=2}^n \frac{1}{n+k-1} = \frac{1}{n} + \sum_{j=1}^{n-1} \frac{1}{n+j} $$

ここで $n \to \infty$ とすると、$\frac{1}{n} \to 0$ であり、また区分求積法により

$$ \lim_{n \to \infty} \sum_{j=1}^{n-1} \frac{1}{n+j} = \lim_{n \to \infty} \frac{1}{n} \sum_{j=1}^{n-1} \frac{1}{1 + \frac{j}{n}} = \int_0^1 \frac{1}{1+x} dx = \log 2 $$

となるため、右辺の極限も $\log 2$ となる。

$$ \lim_{n \to \infty} \sum_{k=1}^n \frac{1}{n+k-1} = 0 + \log 2 = \log 2 $$

以上より、はさみうちの原理から次が成り立つことが示された。

$$ \lim_{n \to \infty} b_n = \log 2 $$

解説

(1) の計算結果から $a_k$ が部分分数分解できる形になっていることに気づくことが、(2) の解法の糸口となる。
(2) のように漸化式の中に $\Sigma$ (和) が含まれている場合、数項を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最も自然で簡明である。帰納法の仮定に基づく和の計算では、部分分数分解により中間項が相殺される性質を利用する。
(3) は、和の極限を求める典型的な区分求積法の問題である。しかし、$\sqrt{(n+k-1)(n+k)}$ のままでは $\frac{1}{n} f \left( \frac{k}{n} \right)$ の形を作り出せないため、はさみうちの原理を用いて評価しやすい形（積分可能な形）に置き換える必要がある。