大阪大学 1984年度 前期日程 第2次学力試験理系数学 第4問

固定した $x$ について、漸化式 $f_n(x)=x{f}_{n-1}(x)+n$ を順に展開する。すると$$f_n(x)=x^{n-1}{f}_1(x)+\sum _{j=2}^{n}j{x}^{n-j}$$である。これは、$f_1(x)$ が $n-1$ 回 $x$ を掛けられ、途中で加わった $j$ がその後 $n-j$ 回 $x$ を掛けられることから分かる。

ここで $x=e^{1\mathrm{/}n}$ とおく。まず第1項について $${\displaystyle \frac{x^{n-1}{f}_1(x)}{n^2}}={\displaystyle \frac{e^{(n-1)\mathrm{/}n}}{n^2(e^{1\mathrm{/}n}-1{)}^2}}$$ である。さらに $n(e^{1\mathrm{/}n}-1)\to 1$ だから $${\displaystyle \frac{e^{(n-1)\mathrm{/}n}}{n^2(e^{1\mathrm{/}n}-1{)}^2}}\to e$$ である。

次に和の部分を考える。$${\displaystyle \frac{1}{n^2}}\sum _{j=2}^{n}j{x}^{n-j}=\sum _{j=2}^n{\displaystyle \frac{j}{n}}{e}^{1-j\mathrm{/}n}{\displaystyle \frac{1}{n}}$$である。これは $t=j\mathrm{/}n$ と見ると、関数 $t{e}^{1-t}$ の $0\leqq t\leqq 1$ における和の極限である。したがって$$\sum _{j=2}^n{\displaystyle \frac{j}{n}}{e}^{1-j\mathrm{/}n}{\displaystyle \frac{1}{n}}⟶{\int }_0^{1}t{e}^{1-t}dt$$である。

この積分を部分積分で計算すると$${\int }_0^{1}t{e}^{1-t}dt=e{\int }_0^{1}t{e}^{-t}dt=e{[-(t+1)e^{-t}]}_0^1=e-2$$である。

よって求める極限は $e+(e-2)=2e-2$ である。

漸化式を展開した後、2つの寄与を別々に評価する

漸化式を展開した後、重み付き有限等比和を閉じた式で計算する。
$x=e^{1\mathrm{/}n}$ を代入すると、区分求積を使わず、指数関数の基本極限だけで
初項由来の寄与と有限和由来の寄与を別々に求められる。

漸化式を展開すると$$f_n(x)={\displaystyle \frac{x^{n-1}}{(x-1{)}^2}}+\sum _{j=2}^{n}j{x}^{n-j}\mathrm{.}$$有限和の公式から$$\sum _{j=1}^{n}j{x}^{n-j}={\displaystyle \frac{x^{n+1}-(n+1)x+n}{(x-1{)}^2}}$$である。したがって $x=e^{1\mathrm{/}n}$ とおくと、初項由来の部分は$${\displaystyle \frac{e^{(n-1)\mathrm{/}n}}{n^2(e^{1\mathrm{/}n}-1{)}^2}}⟶e\mathrm{.}$$一方、$j=1$ の項を除いた有限和について$$\begin{array}{rl}{\displaystyle }& {\displaystyle {\displaystyle \frac{1}{n^2}}\sum _{j=2}^{n}j{x}^{n-j}}\\ {\displaystyle }& {\displaystyle ={\displaystyle \frac{e^{1+1\mathrm{/}n}-(n+1)e^{1\mathrm{/}n}+n}{n^2(e^{1\mathrm{/}n}-1{)}^2}}-{\displaystyle \frac{e^{(n-1)\mathrm{/}n}}{n^2}}\mathrm{.}}\end{array}$$分子の前半を$$(e-1)e^{1\mathrm{/}n}-n(e^{1\mathrm{/}n}-1)$$と書けば、これは $e-2$ に収束する。また
$n(e^{1\mathrm{/}n}-1)\to 1$ より分母
$n^2(e^{1\mathrm{/}n}-1{)}^2\to 1$ である。よって有限和の寄与は
$e-2$ となる。

以上から求める極限は$$e+(e-2)=2e-2$$である。