広島大学 2023年度理系数学第4問解答・解説

問題

数列 ${a_{n}}$ を $a_{1} = 2,$ $a_{n + 1} = (\frac{n ^{6} ( n + 1 )}{( a _{n} ) ^{3}})^{2}$ （ $n = 1 ， 2 ， 3 ， \dots$ ）により定める．また $b_{n} = lo g_{2} \frac{a _{n}}{n ^{2}}$ （ $n = 1 ， 2 ， 3 ， \dots$ ）とおく．次の問いに答えよ．必要ならば， $lim_{n \to \infty} \frac{n l o g _{2} n}{6 ^{2 n}} = 0$ であることを用いてよい．(1)　 $b_{1},$ $b_{2}$ を求めよ．(2)　数列 ${b_{n}}$ は等比数列であることを示せ．(3)　 $lim_{n \to \infty} \frac{1}{6 ^{2 n}} \sum_{k = 1}^{n} lo g_{2} k = 0$ であることを示せ．(4)　極限値 $lim_{n \to \infty} \frac{1}{6 ^{2 n}} \sum_{k = 1}^{n} lo g_{2} a_{2 k}$ を求めよ．

出典：広島大学 2023年度前期理系第4問

方針

解法1

漸化式を $\frac{a _{n + 1}}{( n + 1 ) ^{2}}$ の形に直すと， $b_{n + 1} = - 6 b_{n}$ が出る。(4)では $lo g_{2} a_{2 k} = b_{2 k} + 2 lo g_{2} (2 k)$ に分解し，対数和は(3)で消えることを使う。

解法2（一般項を先に求めて偶数項の和を分離する方法）

$b_{n}$ の漸化式を解いて $a_{n}$ の閉じた形を先に得る。すると $lo g_{2} a_{2 k}$ は「多項式的に増える項」と「等比的に増える項」に分かれ、極限への寄与を別々に評価できる。

解答

解法1

(1)

a_{1} = 2

より

b_{1} = lo g_{2} 2 = 1

である。また

a_{2} = (\frac{1 ^{6} \cdot 2}{2 ^{3}})^{2} = \frac{1}{16}

であるから

b_{2} = lo g_{2} \frac{1/16}{2 ^{2}} = lo g_{2} \frac{1}{64} = - 6

である。

(2)

漸化式より

\frac{a _{n + 1}}{( n + 1 ) ^{2}} = \frac{n ^{12}}{a _{n}^{6}} = (\frac{a _{n}}{n ^{2}})^{- 6}

である。したがって

b_{n + 1} = lo g_{2} \frac{a _{n + 1}}{( n + 1 ) ^{2}} = - 6 lo g_{2} \frac{a _{n}}{n ^{2}} = - 6 b_{n}

である。よって ${b_{n}}$ は初項1，公比 $- 6$ の等比数列であり，

b_{n} = (- 6)^{n - 1}

である。

(3)

$1 ≦ k ≦ n$ のとき $0 ≦ lo g_{2} k ≦ lo g_{2} n$ であるから

0 ≦ k = 1 \sum n lo g_{2} k ≦ n lo g_{2} n

である。よって

0 ≦ \frac{1}{6 ^{2 n}} k = 1 \sum n lo g_{2} k ≦ \frac{n lo g _{2} n}{6 ^{2 n}}

である。右辺は与えられた極限により0に収束するので，はさみうちにより

n \to \infty lim \frac{1}{6 ^{2 n}} k = 1 \sum n lo g_{2} k = 0

である。

(4)

(2)より

b_{2 k} = (- 6)^{2 k - 1} = - 6^{2 k - 1}

である。また

lo g_{2} a_{2 k} = b_{2 k} + 2 lo g_{2} (2 k)

だから

k = 1 \sum n lo g_{2} a_{2 k} = - k = 1 \sum n 6^{2 k - 1} + 2 k = 1 \sum n lo g_{2} (2 k)

である。ここで

k = 1 \sum n 6^{2 k - 1} = 6 (1 + 6^{2} + \dots + 6^{2 n - 2}) = \frac{6 ( 6 ^{2 n} - 1 )}{35}

であり，また

\frac{2}{6 ^{2 n}} k = 1 \sum n lo g_{2} (2 k) = \frac{2 n}{6 ^{2 n}} + \frac{2}{6 ^{2 n}} k = 1 \sum n lo g_{2} k \to 0

である。したがって求める極限値は

- \frac{6}{35}

である。

解法2（一般項を先に求めて偶数項の和を分離する方法）

(1)(2)

定義から $a_{n} = n^{2} 2^{b_{n}}$ である。これを漸化式へ代入すると

a_{n + 1} = {\frac{n ^{6} ( n + 1 )}{( n ^{2} 2 ^{b_{n}} ) ^{3}}}^{2} = (n + 1)^{2} 2^{- 6 b_{n}} .

よって

b_{n + 1} = lo g_{2} \frac{a _{n + 1}}{( n + 1 ) ^{2}} = - 6 b_{n} .

また

b_{1} = lo g_{2} 2 = 1, b_{2} = - 6.

したがって ${b_{n}}$ は初項1、公比 $- 6$ の等比数列で

b_{n} = (- 6)^{n - 1}, a_{n} = n^{2} 2^{(- 6)^{n - 1}} . (1)

(3)

$1 ≦ k ≦ n$ では $lo g_{2} k ≦ lo g_{2} n$ だから

0 ≦ \frac{1}{6 ^{2 n}} k = 1 \sum n lo g_{2} k ≦ \frac{n lo g _{2} n}{6 ^{2 n}} .

右辺は問題文で与えられた極限により0へ収束する。はさみうちの原理から

n \to \infty lim \frac{1}{6 ^{2 n}} k = 1 \sum n lo g_{2} k = 0 .

(4)

(1)から

lo g_{2} a_{2 k} = 2 lo g_{2} (2 k) + (- 6)^{2 k - 1} = 2 lo g_{2} (2 k) - 6^{2 k - 1} .

よって求める式は

\frac{2}{6 ^{2 n}} k = 1 \sum n lo g_{2} (2 k) - \frac{1}{6 ^{2 n}} k = 1 \sum n 6^{2 k - 1} . (2)

第1項について

k = 1 \sum n lo g_{2} (2 k) = n + k = 1 \sum n lo g_{2} k

であり、(3)と $n / 6^{2 n} \to 0$ から極限は0である。

第2項は等比数列の和より

k = 1 \sum n 6^{2 k - 1} = 6 j = 0 \sum n - 1 3 6^{j} = \frac{6 ( 3 6 ^{n} - 1 )}{35} .

したがって(2)の極限は

0 - n \to \infty lim \frac{6 ( 3 6 ^{n} - 1 )}{35 \cdot 3 6 ^{n}} = - \frac{6}{35} .

広島大学 2023年度理系数学 第4問

問題

方針

解法1

解法2（一般項を先に求めて偶数項の和を分離する方法）

解答

解法1

(1)

(2)

(3)

(4)

解法2（一般項を先に求めて偶数項の和を分離する方法）

(1)(2)

(3)

(4)

広島大学 2023年度
理系数学第4問