九州大学 2019年度後期・理系数学後期第4問解答・解説

問題

$a$ を自然数とする。

(1) すべての自然数 $n$ について，次の等式を証明せよ。

k = 1 \sum n k (k + 1) \dots (k + a - 1) = \frac{1}{a + 1} n (n + 1) \dots (n + a)

(2) $a ≧ 2$ のとき，次の等式が，すべての自然数 $n$ について成立するような定数 $b$ と $c$ を求めよ。

\frac{b}{n ( n + 1 ) \dots ( n + a - 2 )} + \frac{c}{( n + 1 ) ( n + 2 ) \dots ( n + a - 1 )} = \frac{a - 1}{n ( n + 1 ) \dots ( n + a - 1 )}

(3) 級数の極限

n \to \infty lim k = 1 \sum n \frac{1}{k ( k + 1 ) \dots ( k + a - 1 )}

について，収束するならばその極限値を求め，発散するならばこれを証明せよ。

出典：九州大学 2019年度後期日程第2次学力試験後期・理系後期第4問

方針

解法1

(1)は連続する積の隣り合う差を作る。 $k (k + 1) \dots (k + a)$ と $(k - 1) k \dots (k + a - 1)$ の差が $(a + 1) k (k + 1) \dots (k + a - 1)$ になるので、和を取ると望遠鏡型に消える。(2)は両辺に共通分母を掛けて、 $n$ の恒等式として係数比較する。(3)は $a = 1$ だけ調和級数として分け、 $a ≧ 2$ では(2)の部分分数分解により有限和を望遠鏡型にする。

解法2

連続積を組合せ数に直し、パスカルの関係から得られるホッケースティック型の和で(1)を証明する。(2)(3)では共通分母と望遠鏡和を用い、 $a = 1$ だけを分ける。

解答

解法1

(1)

各 $k$ について $k (k + 1) \dots (k + a) - (k - 1) k \dots (k + a - 1)$ を考える。共通因数 $k (k + 1) \dots (k + a - 1)$ でくくると

k (k + 1) \dots (k + a) - (k - 1) k \dots (k + a - 1) = {(k + a) - (k - 1)} k (k + 1) \dots (k + a - 1) = (a + 1) k (k + 1) \dots (k + a - 1)

である。

したがって

k (k + 1) \dots (k + a - 1) = \frac{1}{a + 1} {k (k + 1) \dots (k + a) - (k - 1) k \dots (k + a - 1)}

である。これを $k = 1, 2, \dots, n$ について足すと、中間の項が消える。 $k = 1$ の引かれる項は0を因数にもつので0であり、最後に $n (n + 1) \dots (n + a)$ だけが残る。よって $\sum_{k = 1}^{n} k (k + 1) \dots (k + a - 1) = \frac{1}{a + 1} n (n + 1) \dots (n + a)$ である。

(2)

両辺に $n (n + 1) \dots (n + a - 1)$ を掛ける。すると $b (n + a - 1) + c n = a - 1$ を得る。これはすべての自然数 $n$ について成り立つ恒等式であるから、 $n$ の係数と定数項を比較して $b + c = 0, b (a - 1) = a - 1$ となる。 $a ≧ 2$ より $a - 1 \neq = 0$ だから $b = 1, c = - 1$ である。

(3)

まず $a = 1$ のとき、級数は $\sum_{k = 1}^{n} \frac{1}{k}$ である。これは調和級数である。実際、 $2^{m - 1} < k ≦ 2^{m}$ の範囲にある項をまとめると、その部分には $2^{m - 1}$ 個の項があり、各項は $\frac{1}{2 ^{m}}$ 以上であるから、各まとまりの和は $\frac{1}{2}$ 以上である。したがって部分和は限りなく大きくなり、発散する。

次に $a ≧ 2$ とする。(2)より

\frac{1}{k ( k + 1 ) \dots ( k + a - 1 )} = \frac{1}{a - 1} {\frac{1}{k ( k + 1 ) \dots ( k + a - 2 )} - \frac{1}{( k + 1 ) ( k + 2 ) \dots ( k + a - 1 )}}

である。これを $k = 1, 2, \dots, n$ について足すと望遠鏡型に消えて

k = 1 \sum n \frac{1}{k ( k + 1 ) \dots ( k + a - 1 )} = \frac{1}{a - 1} {\frac{1}{1 \cdot 2 \dots ( a - 1 )} - \frac{1}{( n + 1 ) ( n + 2 ) \dots ( n + a - 1 )}}

となる。 $n \to \infty$ とすると、右辺第2項は0に近づく。したがって $a ≧ 2$ のとき級数は収束し、その極限値は $\frac{1}{( a - 1 ) ( a - 1 )!}$ である。

解法2

(1)

連続積は

k (k + 1) \dots (k + a - 1) = a!_{k + a - 1} C_{a}

と書ける。パスカルの関係を繰り返して得られる恒等式

r = a \sum n + a - 1_{r} C_{a} =_{n + a} C_{a + 1}

を使うと

k = 1 \sum n k (k + 1) \dots (k + a - 1) = a!_{n + a} C_{a + 1} = \frac{1}{a + 1} n (n + 1) \dots (n + a)

となる。

(2)

両辺へ $n (n + 1) \dots (n + a - 1)$ を掛けると

b (n + a - 1) + c n = a - 1

である。すべての $n$ について成り立つので

b + c = 0, b (a - 1) = a - 1

である。 $a ≧ 2$ より

b = 1, c = - 1

を得る。

(3)

$a = 1$ のときは調和級数である。 $2^{m - 1} < k ≦ 2^{m}$ の各まとまりの和が $1/2$ 以上だから、部分和は発散する。

$a ≧ 2$ のときは(2)から

\frac{1}{k ( k + 1 ) \dots ( k + a - 1 )} = \frac{1}{a - 1} {\frac{1}{k ( k + 1 ) \dots ( k + a - 2 )} - \frac{1}{( k + 1 ) ( k + 2 ) \dots ( k + a - 1 )}}

である。したがって

k = 1 \sum n \frac{1}{k ( k + 1 ) \dots ( k + a - 1 )} = \frac{1}{a - 1} {\frac{1}{( a - 1 )!} - \frac{1}{( n + 1 ) ( n + 2 ) \dots ( n + a - 1 )}}

となる。極限値は

\frac{1}{( a - 1 ) ( a - 1 )!}

である。

九州大学 2019年度後期・理系数学 後期 第4問

問題

方針

解法1

解法2

解答

解法1

(1)

(2)

(3)

解法2

(1)

(2)

(3)

九州大学 2019年度
後期・理系数学後期第4問