広島大学 2023年度 前期理系数学 第4問

(1) $$a_1=2$$より$$b_1={\log }_{2}2=1$$である。また$$a_2={\left(\frac{1^6\cdot 2}{2^3}\right)}^2=\frac{1}{16}$$であるから$$b_2={\log }_2\frac{1\mathrm{/}16}{2^2}={\log }_2\frac{1}{64}=-6$$である。

(2)
漸化式より$$\frac{a_{n+1}}{(n+1{)}^2}=\frac{n^{12}}{a_n^6}={\left(\frac{a_n}{n^2}\right)}^{-6}$$である。したがって$$b_{n+1}={\log }_2\frac{a_{n+1}}{(n+1{)}^2}=-6{\log }_2\frac{a_n}{n^2}=-6b_n$$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)
$1\leqq k\leqq n$のとき$$0\leqq {\log }_{2}k\leqq {\log }_{2}n$$であるから$$0\leqq \sum _{k=1}^n{\log }_{2}k\leqq n{\log }_{2}n$$である。よって$$0\leqq \frac{1}{6^{2n}}\sum _{k=1}^n{\log }_{2}k\leqq \frac{n{\log }_{2}n}{6^{2n}}$$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$$\underset{n\to \mathrm{\infty }}{\lim }\frac{1}{6^{2n}}\sum _{k=1}^n{\log }_{2}k=0$$である。

(4)
(2)より$$b_{2k}=(-6{)}^{2k-1}=-6^{2k-1}$$である。また$${\log }_2{a}_{2k}=b_{2k}+2{\log }_2(2k)$$だから$$\sum _{k=1}^n{\log }_2{a}_{2k}=-\sum _{k=1}^n{6}^{2k-1}+2\sum _{k=1}^n{\log }_2(2k)$$である。ここで$$\sum _{k=1}^n{6}^{2k-1}=6(1+6^2+\cdots +6^{2n-2})=\frac{6(6^{2n}-1)}{35}$$であり，また$$\frac{2}{6^{2n}}\sum _{k=1}^n{\log }_2(2k)=\frac{2n}{6^{2n}}+\frac{2}{6^{2n}}\sum _{k=1}^n{\log }_{2}k\to 0$$である。したがって求める極限値は$$-\frac{6}{35}$$である。

$b_n$ の漸化式を解いて $a_n$ の閉じた形を先に得る。すると ${\log }_2{a}_{2k}$ 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。

(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$$a_{n+1}={\left\{\frac{n^6(n+1)}{(n^2{2}^{b_n}{)}^3}\right\}}^2=(n+1{)}^2{2}^{-6b_n}\mathrm{.}$$よって$$b_{n+1}={\log }_2\frac{a_{n+1}}{(n+1{)}^2}=-6b_n\mathrm{.}$$また$$b_1={\log }_{2}2=1,b_2=-6.$$したがって $\{b_n\}$ は初項1、公比 $-6$ の等比数列で$$\begin{array}{cccc}& b_n=(-6{)}^{n-1},{\displaystyle a_n=n^2{2}^{(-6{)}^{n-1}}\mathrm{.}}& & \text{(1)}\end{array}$$(3)
$1\leqq k\leqq n$ では ${\log }_{2}k\leqq {\log }_{2}n$ だから$$0\leqq \frac{1}{6^{2n}}\sum _{k=1}^n{\log }_{2}k\leqq \frac{n{\log }_{2}n}{6^{2n}}\mathrm{.}$$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$${\displaystyle \underset{n\to \mathrm{\infty }}{\lim }\frac{1}{6^{2n}}\sum _{k=1}^n{\log }_{2}k=0\mathrm{.}}$$(4)
(1)から$${\log }_2{a}_{2k}=2{\log }_2(2k)+(-6{)}^{2k-1}=2{\log }_2(2k)-6^{2k-1}\mathrm{.}$$よって求める式は$$\begin{array}{cccc}& \frac{2}{6^{2n}}\sum _{k=1}^n{\log }_2(2k)-\frac{1}{6^{2n}}\sum _{k=1}^n{6}^{2k-1}\mathrm{.}& & \text{(2)}\end{array}$$第1項について$$\sum _{k=1}^n{\log }_2(2k)=n+\sum _{k=1}^n{\log }_{2}k$$であり、(3)と $n\mathrm{/}{6}^{2n}\to 0$ から極限は0である。

第2項は等比数列の和より$$\sum _{k=1}^n{6}^{2k-1}=6\sum _{j=0}^{n-1}{36}^j=\frac{6({36}^n-1)}{35}\mathrm{.}$$したがって(2)の極限は$$0-\underset{n\to \mathrm{\infty }}{\lim }\frac{6({36}^n-1)}{35\cdot {36}^n}={\displaystyle -\frac{6}{35}\mathrm{.}}$$