区分求積法と特殊な和の計算(自作問題1-(5))

この記事の所要時間: 456

問題.

今回は自作問題集の1-(5)の特殊な和の計算と区分求積法の問題の解答・解説です.

問題. 

2以上の自然数\(n\)に対して,

\(\displaystyle a_n = \frac{1}{n}\sqrt[n]{\sum_{k=1}^{n} \{k(k+1)\cdots(k+n-2)\}}\)

とおくとき, \(\displaystyle \lim_{n\to\infty} a_n\)を求めよ. 必要であれば\(\displaystyle \lim_{t\to\infty} \frac{t}{e^t}\)を用いてよい.

まず, \(n\)乗根の中の式を計算します. 詳しくは特殊な和の計算に書いてあります.

さらに, 与えられた式の形そのままでは計算ができないので, 両辺自然対数をとって, \(\displaystyle \lim_{n\to\infty} \log{a_n}\)を計算していきます.

この部分の計算は多少煩雑になりますが, 区分求積法を使える形を意識して変形していきます. .

解答例.

まず\(n\)乗根の中について計算します.

\begin{align*}
\sum_{k=1}^{n} \{k(k+1)\cdots(k+n-2)\} &= \frac{1}{n} \sum_{k=1}^{n} \{k(k+1)\cdots(k+n-2)(k+n-1) \\
& &\quad\quad\quad\quad- (k-1)k(k+1)\cdots(k+n-2)\}\\
&= \frac{1}{n} \times n(n+1)\cdots(n+n-2)(n+n-1)\\
&= (n+1)(n+2)\cdots(2n-2)(2n-1)
\end{align*}

よって,

\begin{align*}
a_n = \frac{1}{n}\sqrt[n]{(n+1)(n+2)\cdots(2n-2)(2n-1)}
\end{align*}

\(a_n>0\)なので, 両辺自然対数をとって,

\begin{align*}
\log{a_n} &= \log\left\{\frac{1}{n} \sqrt[n]{(n+1)(n+2)\cdots(2n-2)(2n-1)}\right\}\\
&= \log{\frac{1}{n}} + \sum_{k=1}^{n-1}\log{(n+k)^{\frac{1}{n}}}\\
&= \log{\frac{1}{n}} + \frac{1}{n}\sum_{k=1}^{n-1} \log(n+k)\\
&= -\log{n} + \frac{1}{n}\sum_{k=1}^{n-1} \left\{\log{n}+\log\left(1+\frac{k}{n}\right)\right\}\\
&= -\log{n} + \frac{n-1}{n}\log{n} +\frac{1}{n}\sum_{k=1}^{n-1} \log\left(1+\frac{k}{n}\right)\\
&= -\frac{1}{n}\log{n}+\frac{1}{n}\sum_{k=0}^{n-1} \log\left(1+\frac{k}{n}\right) \quad (\because k=0,  \log\left(1+\frac{k}{n}\right)=0)\\
\end{align*}

よって,

\begin{align*}
\lim_{n\to\infty} \log{a_n} = \lim_{n\to\infty} \left\{\frac{1}{n}\sum_{k=0}^{n-1} \log\left(1+\frac{k}{n}\right) -\frac{1}{n}\log{n}\right\}
\end{align*}

ここで, \(\displaystyle \lim_{t\to\infty}\frac{t}{e^t}=0\)において, \(t=\log{n}\)とおくと, \(e^t=n\)で, \(t\to\infty\)のとき\(n\to\infty\)なので,

\begin{align*}
\lim_{n\to\infty} \frac{\log{n}}{n} = 0
\end{align*}

また,区分求積法により

\begin{align*}
\lim_{n\to\infty} \frac{1}{n}\sum_{k=0}^{n-1} \log\left(1+\frac{k}{n}\right) &= \int_{0}^{1} \log(1+x) dx\\
&= \Big[(1+x)\log(1+x)-x\Big]_{0}^{1}\\
&= 2\log{2}-1\\
&= \log{\frac{4}{e}}
\end{align*}

以上より,

\begin{align*}
\lim_{n\to\infty} \log{a_n} = \log{\frac{4}{e}}
\end{align*}

となるから, 対数関数の連続性から

\begin{align*}
\lim_{n\to\infty} a_n = \frac{4}{e}
\end{align*}

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