北海道大学 1991年度 前期日程 第2次学力試験理系数学 第4問

(1)
左辺の中括弧の中を整理する。$$\sum _{k=n+1}^{2n}\log k-n\log n=\sum _{k=n+1}^{2n}(\log k-\log n)=\sum _{k=n+1}^{2n}\log {\displaystyle \frac{k}{n}}$$である。したがって$${\displaystyle \frac{1}{n}}\{\sum _{k=n+1}^{2n}\log k-n\log n\}={\displaystyle \frac{1}{n}}\sum _{k=n+1}^{2n}\log {\displaystyle \frac{k}{n}}$$である。

ここで $k=n+j$ とおくと、$j=1,2,\dots ,n$ であり $${\displaystyle \frac{k}{n}}=1+{\displaystyle \frac{j}{n}}$$ である。よって上の式は$${\displaystyle \frac{1}{n}}\sum _{j=1}^n\log (1+{\displaystyle \frac{j}{n}})$$となる。これは区間 $[0,1]$ を幅 $1\mathrm{/}n$ に分けたときの関数 $\log (1+x)$ の和であるから$$\underset{n\to \mathrm{\infty }}{\lim }{\displaystyle \frac{1}{n}}\sum _{j=1}^n\log (1+{\displaystyle \frac{j}{n}})={\int }_0^1\log (1+x)dx$$である。変数を $u=1+x$ と置き換えれば$${\int }_0^1\log (1+x)dx={\int }_1^2\log udu$$なので$$\underset{n\to \mathrm{\infty }}{\lim }{\displaystyle \frac{1}{n}}\{\sum _{k=n+1}^{2n}\log k-n\log n\}={\int }_1^2\log xdx$$が示された。

(2)
まず $${\displaystyle \frac{(2n)!}{n!n^n}}={\displaystyle \frac{(n+1)(n+2)\cdots (2n)}{n^n}}$$ である。求める極限の対数を考えると$$\log \left\{{\left({\displaystyle \frac{(2n)!}{n!n^n}}\right)}^{1\mathrm{/}n}\right\}={\displaystyle \frac{1}{n}}\log {\displaystyle \frac{(n+1)(n+2)\cdots (2n)}{n^n}}$$である。右辺は(1)の左辺と同じなので、極限は$${\int }_1^2\log xdx$$である。

この定積分を計算する。部分積分により$$\int \log xdx=x\log x-x$$であるから$${\int }_1^2\log xdx={[x\log x-x]}_1^2=(2\log 2-2)-(-1)=2\log 2-1$$である。

したがって、求める極限を $L$ とすると $\log L=2\log 2-1$ である。よって $$L=e^{2\log 2-1}={\displaystyle \frac{4}{e}}$$ であり、答えは ${\displaystyle \frac{4}{e}}$ である。

増加関数$\log x$について、幅$1\mathrm{/}n$の各小区間の積分を左右端の関数値ではさむ。(1)の和が定積分へ収束することを不等式で示し、(2)は積の対数を同じ和へ変形して指数関数の連続性を用いる。

(1)

$f(x)=\log x$は$[1,2]$で増加する。$j=1,\dots ,n$について$${\displaystyle \frac{1}{n}}\log (1+{\displaystyle \frac{j-1}{n}})\leqq {\int }_{1+(j-1)\mathrm{/}n}^{1+j\mathrm{/}n}\log xdx\leqq {\displaystyle \frac{1}{n}}\log (1+{\displaystyle \frac{j}{n}})$$である。これを$j=1$から$n$まで加えると$${\displaystyle \frac{1}{n}}\sum _{j=0}^{n-1}\log (1+{\displaystyle \frac{j}{n}})\leqq {\int }_1^2\log xdx\leqq {\displaystyle \frac{1}{n}}\sum _{j=1}^n\log (1+{\displaystyle \frac{j}{n}})\mathrm{.}$$左右の和の差は$${\displaystyle \frac{1}{n}}\{\log 2-\log 1\}={\displaystyle \frac{\log 2}{n}}⟶0$$である。したがって、はさみうちにより右端の和は中央の定積分へ収束する。

一方、$$\begin{array}{rl}{\displaystyle }& {\displaystyle {\displaystyle \frac{1}{n}}\{\sum _{k=n+1}^{2n}\log k-n\log n\}}\\ {\displaystyle }& {\displaystyle ={\displaystyle \frac{1}{n}}\sum _{j=1}^n\log (1+{\displaystyle \frac{j}{n}})}\end{array}$$だから、求める等式が示された。

(2) $$A_n={\left\{{\displaystyle \frac{(2n)!}{n!n^n}}\right\}}^{1\mathrm{/}n}$$とおくと$$\log A_n={\displaystyle \frac{1}{n}}\sum _{k=n+1}^{2n}\log {\displaystyle \frac{k}{n}}\mathrm{.}$$(1)より$$\underset{n\to \mathrm{\infty }}{\lim }\log A_n={\int }_1^2\log xdx={[x\log x-x]}_1^2=2\log 2-1.$$指数関数は連続だから$$\underset{n\to \mathrm{\infty }}{\lim }{A}_n=e^{2\log 2-1}={\displaystyle \frac{4}{e}}\mathrm{.}$$