九州大学 2019年度 後期日程 第2次学力試験理系（後期）数学 第4問

(1)
各 $k$ について $k(k+1)\cdots (k+a)-(k-1)k\cdots (k+a-1)$ を考える。共通因数 $k(k+1)\cdots (k+a-1)$ でくくると$$\begin{array}{rl}{\displaystyle }& {\displaystyle k(k+1)\cdots (k+a)-(k-1)k\cdots (k+a-1)}\\ {\displaystyle }& {\displaystyle =\{(k+a)-(k-1)\}k(k+1)\cdots (k+a-1)}\\ {\displaystyle }& {\displaystyle =(a+1)k(k+1)\cdots (k+a-1)}\end{array}$$である。

したがって$$k(k+1)\cdots (k+a-1)=\frac{1}{a+1}\{k(k+1)\cdots (k+a)-(k-1)k\cdots (k+a-1)\}$$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 $n(n+1)\cdots (n+a)$ だけが残る。よって $$\sum _{k=1}^{n}k(k+1)\cdots (k+a-1)=\frac{1}{a+1}n(n+1)\cdots (n+a)$$ である。

(2)
両辺に $n(n+1)\cdots (n+a-1)$ を掛ける。すると $b(n+a-1)+cn=a-1$ 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。$a\geqq 2$ より $a-1\mathrm{\ne }0$ 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、$2^{m-1}<k\leqq 2^m$ 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 $a\geqq 2$ とする。(2)より$$\frac{1}{k(k+1)\cdots (k+a-1)}=\frac{1}{a-1}\{\frac{1}{k(k+1)\cdots (k+a-2)}-\frac{1}{(k+1)(k+2)\cdots (k+a-1)}\}$$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$$\sum _{k=1}^n\frac{1}{k(k+1)\cdots (k+a-1)}=\frac{1}{a-1}\{\frac{1}{1\cdot 2\cdots (a-1)}-\frac{1}{(n+1)(n+2)\cdots (n+a-1)}\}$$となる。 $n\to \mathrm{\infty }$ とすると、右辺第2項は0に近づく。したがって $a\geqq 2$ のとき級数は収束し、その極限値は $\frac{1}{(a-1)(a-1)!}$ である。

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。

(1)
連続積は$$k(k+1)\cdots (k+a-1)=a!{}_{k+a-1}{\mathrm{C}}_a$$と書ける。パスカルの関係を繰り返して得られる恒等式$$\sum _{r=a}^{n+a-1}{}_r{\mathrm{C}}_a={}_{n+a}{\mathrm{C}}_{a+1}$$を使うと$$\begin{array}{rl}{\displaystyle \sum _{k=1}^{n}k(k+1)\cdots (k+a-1)}& {\displaystyle =a!{}_{n+a}{\mathrm{C}}_{a+1}}\\ {\displaystyle }& {\displaystyle =\frac{1}{a+1}n(n+1)\cdots (n+a)}\end{array}$$となる。

(2)
両辺へ $n(n+1)\cdots (n+a-1)$ を掛けると$$b(n+a-1)+cn=a-1$$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。$a\geqq 2$ より$$b=1,c=-1$$を得る。

(3)
$a=1$ のときは調和級数である。$2^{m-1}<k\leqq 2^m$ の各まとまりの和が $1\mathrm{/}2$ 以上だから、部分和は発散する。

$a\geqq 2$ のときは(2)から$$\frac{1}{k(k+1)\cdots (k+a-1)}=\frac{1}{a-1}\{\frac{1}{k(k+1)\cdots (k+a-2)}-\frac{1}{(k+1)(k+2)\cdots (k+a-1)}\}$$である。したがって$$\sum _{k=1}^n\frac{1}{k(k+1)\cdots (k+a-1)}=\frac{1}{a-1}\{\frac{1}{(a-1)!}-\frac{1}{(n+1)(n+2)\cdots (n+a-1)}\}$$となる。極限値は$$\frac{1}{(a-1)(a-1)!}$$である。