熊本大学医学部 2017年前期 問題４
$nは2以上の自然数とする。1から2nまでの自然数の順列 \quad a_1,a_2,\cdots ,a_{2n} \quad$ に対して、分数の和
$\hspace{5em} \cfrac{a_1}{a_{n+1}}+\cfrac{a_2}{a_{n+2}}+ \cdots +\cfrac{a_n}{a_{2n}}$ (＊)
を考える。$1から2n$までの自然数のすべての順列に対して(＊)がとり得る値の最大値を
$S_n$とする。以下の問いに答えよ。
\[(1) \quad S_2 を求めよ。\]
\[(2) \quad S_n を与える順列 \quad a_1,a_2,\cdots ,a_{2n} \quad の例を１つ挙げ、その理由を述べよ。\]
\[(3) \quad \lim_{n \to \infty} \cfrac{S_n}{n\log n} を求めよ。\]
$(1)(2)$は高校の教科書や問題集はもちろん、各大学の過去問でも見たことはない（おそらく）
問題です。
この手の問題は、受験生泣かせのいやらしい問題だろうと思いますが、考える時間がたっぷり
ある私にとっては実に興味を惹く内容です。出題者のアイデアに「これはすごいなあ」と感動
します。
でも数学ファンやマニアにとっては周知の問題なのでしょうか。
$(3)$はオイラー定数の存在を知っていれば先が見える問題です。
以下は、私の考えた解答ですが、いかがでしょうか。
(1)
$\{1,2,3,4\}$から$2$個ずつ選んでできる組の個数は
$\quad \cfrac{_4C_2}{2!}=\cfrac{4 × 3}{2} × \cfrac{1}{2}=3$ 通りで $(1,2)(3,4) , \quad (1,3)(2,4) , \quad (1,4)(2,3)$
これらの組で、大きな分数を考えると
$(1,2)(3,4) では \cfrac{2}{1}+\cfrac{4}{3}=\cfrac{10}{3}$
$(1,3)(2,4) では \cfrac{3}{1}+\cfrac{4}{2}=\cfrac{10}{2}$
$(1,4)(2,3) では \cfrac{4}{1}+\cfrac{3}{2}=\cfrac{11}{2}$
したがって 最大は $(1,4)(2,3) で S_2= \cfrac{11}{2}$
(2)
$(1)を一般化した a < \cdots < b < \cdots < c < \cdots < d の4数 \quad a,b,c,d \quad$について
$\quad $(i) $(a,b)(c,d) では \cfrac{b}{a}+\cfrac{d}{c}=\cfrac{bc+ad}{ac}$
$\quad $(ii) $(a,c)(b,d) では \cfrac{c}{a}+\cfrac{d}{b}=\cfrac{bc+ad}{ab}$
$\quad $(iii) $(a,d)(b,c) では \cfrac{d}{a}+\cfrac{c}{b}=\cfrac{ac+bd}{ab}$
(i)(ii)を比べると $b < c より ab < ac \quad \therefore \cfrac{1}{ab} > \cfrac{1}{ac}$
分子は等しいので (i) < (ii)
(ii)(iii)を比べると
$(ac+bd)-(bc+ad)=a(c-d)-b(c-d)=(a-b)(c-d) > 0$
$\therefore ac+bd > bc+ad$
分母は等しいので (ii) < (iii)
よって $a < \cdots < b < \cdots < c < \cdots < d の4数 a,b,c,d$ について、外側の2数$\ a,b \ $を
組にした方が大きい。
したがって、
まず、$1,2,\cdots , 2n-1,2n$ に対して、外側の(1,2n) を組にする。
次に、この$1と2n$を除いた
$2,3,\cdots , 2n-2,2n-1$ に対しては、外側の(2,2n-1) を組にする。
$\hspace{4em} \vdots$
これを繰り返すと、最大となる組合せは
$(1,2n),\ (2,2n-1), \cdots , \ (n,n+1)$ であるから
$a_1=2n , \ a_2=2n-1, \cdots , \ a_n=n+1,a_{n+1}=1,\ a_{n+2}=2, \cdots , \ a_{2n}=n$
$S_n=\cfrac{2n}{1}+\cfrac{2n-1}{2}+ \cdots + \cfrac{n+1}{n}$ である。
(3)
$S_n=\cfrac{2n}{1}+\cfrac{2n-1}{2}+ \cdots + \cfrac{n+1}{n}$
\[=\sum _{k=1}^n \cfrac{2n+1-k}{k}\] \[=(2n+1)\sum _{k=1}^n \cfrac{1}{k}- \sum _{k=1}^n 1\] \[=(2n+1)\sum _{k=1}^n \cfrac{1}{k}- n\] よって
\[\cfrac{S_n}{n\log n} = \cfrac{2n+1}{n}\cfrac{1}{\log n}\sum _{k=1}^n \cfrac{1}{k}-\cfrac{1}{\log n}\] ここで
\[\gamma=1+\cfrac{1}{2}+ \cdots + \cfrac{1}{n} - \log n =\sum _{k=1}^n \cfrac{1}{k}-\log n\] $は収束するから$ (オイラーの定数)$参照$
\[\cfrac{\gamma}{\log n}=\cfrac{1}{\log n}\sum _{k=1}^n \cfrac{1}{k}- 1\] したがって
\[\cfrac{S_n}{n\log n}=\cfrac{2n+1}{n}\big(\cfrac{\gamma}{\log n}+1 \big) - \cfrac{1}{\log n}\] $n \rightarrow \infty とすると \cfrac{2n+1}{n} \rightarrow 2, \quad \cfrac{\gamma}{\log n} \rightarrow 0 , \quad \cfrac{1}{\log n} \rightarrow 0$ だから
\[\lim_{n \to \infty} \cfrac{S_n}{n\log n}=2 × (0+1)-0=2 \]
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