新潟大学(理系) 2021年　問題6


$a \geqq 0 \ \ とし、n\ を正の整数とする。次の問いに答えよ。$
\[(1)\ \ x > 0 \ \ のとき \quad \cfrac{x}{1+a}\big(1-\cfrac{x}{2(1+a)}\big) < \log \cfrac{1+a+x}{1+a} < \cfrac{x}{1+a} \quad を示せ。\] \[(2)\ \ I_n(a)=\big(1+\cfrac{1}{n^2(1+a)}\big)\big(1+\cfrac{2}{n^2(1+a)}\big)\cdots \big(1+\cfrac{n}{n^2(1+a)}\big) \quad とおく。\lim_{n \rightarrow \infty} \log I_n(a) \ \ を求めよ。\] \[(3)\ \ \lim_{n \rightarrow \infty}\cfrac{_{3n^2+n}C_n}{_{2n^2+n}C_n}\big(\cfrac{2}{3}\big)^n \ \ を求めよ。\]


$(解説)$

$(1)\ \ 差の導関数の符号を調べます。$
$(2)\ \ (1)の不等式をつかって、はさみうちの原理で求めます。$
$(3)\ \ 階乗は対数をとって和に直しますが、最後は(2)の結果がつかわれます。\big(\cfrac{2}{3}\big)^n は後で消去される調整項です。$


(1)


(i)$\ \ f(x)=\cfrac{x}{1+a}-\log \cfrac{1+a+x}{1+a} \quad とおくと$

$\qquad f(x)=\cfrac{x}{1+a}-\log (1+a+x)+\log(1+a) \quad より$

$\qquad f'(x)=\cfrac{1}{1+a}-\cfrac{1}{1++a+x}=\cfrac{x}{(1+a)(1+a+x)}>0$

$\qquad f(x)は \ \ x > 0\ \ で、単調増加だから \ \ f(x) > f(0)=0$


(ii)$\ \ g(x)=\log \cfrac{1+a+x}{1+a} - \cfrac{x}{1+a}\big(1-\cfrac{x}{2(1+a)}\big) \quad とおくと$

$\qquad g(x)=\log (1+a+x)-\log (1+a) - \cfrac{x}{1+a} +\cfrac{x^2}{2(1+a)^2} \quad より$

\begin{eqnarray*} g'(x) &=&\cfrac{1}{1+a+x}-\cfrac{1}{1+a}+\cfrac{x}{(1+a)^2}\\ \\ &=&\cfrac{(1+a)^2-(1+a)(1+a+x)+x(1+a+x)}{(1+a)^2(1+a+x)}\\ \\ &=&\cfrac{x^2}{(1+a)^2(1+a+x)}\\ \\ &>&0\\ \end{eqnarray*} $\quad g(x)は \ \ x > 0 で、単調増加だから \ \ g(x) > g(0)=0$


(i),(ii)$より\ \ x > 0 \ \ のとき、\cfrac{x}{1+a}\big(1-\cfrac{x}{2(1+a)}\big) < \log \cfrac{1+a+x}{1+a} < \cfrac{x}{1+a} \quad は成りたつ。$


(2)


$\qquad I_n(a)=\big(1+\cfrac{1}{n^2(1+a)}\big)\big(1+\cfrac{2}{n^2(1+a)}\big)\cdots \big(1+\cfrac{n}{n^2(1+a)}\big) \quad より $

\[\log I_n(a)=\sum_{k=1}^n \log \big(1+\cfrac{k}{n^2(1+a)}\big)=\sum_{k=1}^n \log \cfrac{n^2(1+a)+k}{n^2(1+a)}=\sum_{k=1}^n \log \cfrac{1+a+\small{\dfrac{k}{n^2}}}{1+a}\]
$\qquad (1)の不等式で \quad x=\cfrac{k}{n^2} \quad とおくと$

$\hspace{3em} \cfrac{\small{\dfrac{k}{n^2}}}{1+a}\big(1-\cfrac{\small{\dfrac{k}{n^2}}}{2(1+a)}\big) < \log \cfrac{1+a+\small{\dfrac{k}{n^2}}}{1+a} < \cfrac{\small{\dfrac{k}{n^2}}}{1+a}$

$\qquad 和をとって$

\[\sum_{k=1}^n \cfrac{\small{\dfrac{k}{n^2}}}{1+a}\big(1-\cfrac{\small{\dfrac{k}{n^2}}}{2(1+a)}\big) < \log I_n(a) < \sum_{k=1}^n \cfrac{\small{\dfrac{k}{n^2}}}{1+a}\]
(i)$\ \ 右辺の極限は$
\begin{eqnarray*} & &\lim _{n \rightarrow \infty}\sum_{k=1}^n \cfrac{\small{\dfrac{k}{n^2}}}{1+a}\\ \\ &=&\lim _{n \rightarrow \infty}\cfrac{1}{(1+a)n^2} \sum_{k=1}^n k\\ \\ &=&\lim _{n \rightarrow \infty}\cfrac{1}{(1+a)n^2} \times \cfrac{n(n+1)}{2}\\ \\ &=&\lim _{n \rightarrow \infty}\cfrac{1}{2(1+a)}\big(1+ \cfrac{1}{n}\big)\\ \\ &=&\cfrac{1}{2(1+a)} \end{eqnarray*}

(ii)$\ \ 左辺の極限は$
\begin{eqnarray*} & &\lim _{n \rightarrow \infty}\sum_{k=1}^n \cfrac{\small{\dfrac{k}{n^2}}}{1+a}\big(1-\cfrac{\small{\dfrac{k}{n^2}}}{2(1+a)}\big)\\ \\ &=&\lim _{n \rightarrow \infty}\cfrac{1}{(1+a)n^2} \sum_{k=1}^n k - \cfrac{1}{2(1+a)^2n^4} \sum_{k=1}^n k^2\\ \\ &=&\lim _{n \rightarrow \infty}\cfrac{1}{(1+a)n^2} \times \cfrac{n(n+1)}{2} - \cfrac{1}{2(1+a)^2n^4} \times \cfrac{n(n+1)(2n+1)}{6}\\ \\ &=&\lim _{n \rightarrow \infty}\cfrac{1}{2(1+a)}\big(1+ \cfrac{1}{n}\big) - \cfrac{1}{12(1+a)^2n}\big(1+ \cfrac{1}{n}\big) \big(2+ \cfrac{1}{n}\big)\\ \\ &=&\cfrac{1}{2(1+a)} \end{eqnarray*}
(i),(ii)$より、はさみうちの原理により$
\[\lim_{n \rightarrow \infty} \log I_n(a)=\cfrac{1}{2(1+a)}\]

(3)


$\qquad J_n=\cfrac{_{3n^2+n}C_n}{_{2n^2+n}C_n}\big(\cfrac{2}{3}\big)^n=\cfrac{(3n^2+n)!}{(3n^2)!n!} \cdot \cfrac{(2n^2)!n!}{(2n^2+n)!} \cdot \big(\cfrac{2}{3}\big)^n =\cfrac{(3n^2+n)!}{(3n^2)!} \cdot \cfrac{(2n^2)!}{(2n^2+n)!} \cdot \big(\cfrac{2}{3}\big)^n$
\begin{eqnarray*} \log J_n &=&\log (3n^2+n)!-\log (3n^2)! - \log (2n^2+n)! +\log (2n^2)! +\log \big(\cfrac{2}{3}\big)^n\\ \\ &=&\log (3n^2+n)+\log(3n^2+(n-1))+ \cdots + \log (3n^2+1) \\ & &- \{\log (2n^2+n) +\log (2n^2+(n-1))+\cdots +\log (2n^2+1)\} + n\log \cfrac{2}{3}\\ \\ &=&\sum _{k=1}^n\{\log (3n^2+k) - \log (2n^2+k) \} + n\log \cfrac{2}{3}\\ \\ &=&\sum _{k=1}^n\{\log 3n^2 \big(1+\cfrac{k}{3n^2}\big) - \log 2n^2 \big(1+\cfrac{k}{2n^2}\big) \} + n\log \cfrac{2}{3}\\ \\ &=&\sum _{k=1}^n\{\log 3n^2 +\log \big(1+\cfrac{k}{3n^2}\big) - \log 2n^2 -\log \big(1+\cfrac{k}{2n^2}\big) \} + n\log \cfrac{2}{3}\\ \\ &=&\sum _{k=1}^n\{\log \cfrac{3n^2}{2n^2} +\log \big(1+\cfrac{k}{3n^2}\big) - \log \big(1+\cfrac{k}{2n^2}\big) \} + n\log \cfrac{2}{3}\\ \\ &=&n\log \cfrac{3}{2} + \sum _{k=1}^n\{\log \big(1+\cfrac{k}{3n^2}\big) - \log \big(1+\cfrac{k}{2n^2}\big) \} + n\log \cfrac{2}{3}\\ \\ &=&\sum _{k=1}^n \log \big(1+\cfrac{k}{3n^2}\big) - \sum _{k=1}^n \log \big(1+\cfrac{k}{2n^2}\big) \\ \end{eqnarray*} \[(2)より　\lim_{n \rightarrow \infty} \log I_n(a)=\lim_{n \rightarrow \infty}\sum _{k=1}^n \log \big(1+\cfrac{k}{n^2(1+a)}\big)=\cfrac{1}{2(1+a)} \quad だから\] $\quad 第1項は \quad 1+a=3,\quad 第2項は \quad 1+a=2 \quad であることに注意して$

\[\qquad \lim_{n \rightarrow \infty} \log J_n=\cfrac{1}{2 \times 3}-\cfrac{1}{2 \times 2}=-\cfrac{1}{12}\] \[\qquad \therefore \ \ \lim_{n \rightarrow \infty} J_n=\lim_{n \rightarrow \infty} \cfrac{_{3n^2+n}C_n}{_{2n^2+n}C_n}\big(\cfrac{2}{3}\big)^n=e^{-\scriptsize{\cfrac{1}{12}}}\]

$(補充)$

$(1)の不等式は \quad t-\cfrac{t^2}{2} < \log (1+t) < t \quad で \ \ t=\cfrac{x}{1+a} \ \ とおいたものですから、とくに変わった不等式$
$ではありません。$



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