III日本医科大学 2023年 数学 第III問解答・解説

係数は因子の選択で数え、和と逆数和はそれぞれ最高次項と部分分数の相殺で評価する。階乗比のn乗根は対数を取り、連続関数のリーマン和で極限を出す。

問1で$r=n+2$とおく。$x^{3}$の項は、$r$個の因子から$x$の項を3つ選ぶ場合と、$x^{2}$の項と$x$の項を1つずつ選ぶ場合から生じる。従って
$$A_{n}=\left(\dfrac{3}{2}\right)^{3}\cdot{}_{r}\mathrm{C}_{3}+\left(\dfrac{3}{2}\right)^{2}r(r-1) =\dfrac{9}{16}r(r-1)(r+2) =\dfrac{9}{16}(n+1)(n+2)(n+4).$$
よって$(\text{ア},\text{イ},\text{ウ},\text{エ},\text{オ})=(9,16,1,2,4)$である。例えば$n=1$では係数は$\dfrac{135}{8}$で、公式も同じ値を与える。

問2では
$$A_{k}=\dfrac{9}{16}(k^{3}+7k^{2}+14k+8).$$
$\displaystyle\sum_{k=1}^{n}k^{3}=\dfrac{n^{2}(n+1)^{2}}{4}$であり、$\displaystyle\sum_{k=1}^{n}k^{2}$、$\displaystyle\sum_{k=1}^{n}k$、$n$はそれぞれ次数が3、2、1なので、$n^{4}$で割った極限への寄与は0である。従って
$$\displaystyle\lim_{n\to\infty}\dfrac{1}{n^{4}}\sum_{k=1}^{n}A_{k}=\dfrac{9}{16}\cdot\dfrac{1}{4}=\dfrac{9}{64}.$$

問3では部分分数分解により
$$\dfrac{1}{(k+1)(k+2)(k+4)}=\dfrac{1}{3(k+1)}-\dfrac{1}{2(k+2)}+\dfrac{1}{6(k+4)}.$$
これを$k=1$から$n$まで足す。分母が$j\geqq5$で内部にある項の係数は$\dfrac{1}{3}-\dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{6}=0$となって相殺する。端の固定項は
$$\dfrac{1}{3\cdot2}+\left(\dfrac{1}{3}-\dfrac{1}{2}\right)\dfrac{1}{3}+\left(\dfrac{1}{3}-\dfrac{1}{2}\right)\dfrac{1}{4} =\dfrac{1}{6}-\dfrac{1}{18}-\dfrac{1}{24}=\dfrac{5}{72}.$$
残る上端の項は$-\dfrac{1}{3(n+2)}+\dfrac{1}{6(n+3)}+\dfrac{1}{6(n+4)}$で、0に収束する。よって
$$\displaystyle\lim_{n\to\infty}\sum_{k=1}^{n}\dfrac{1}{A_{k}}=\dfrac{16}{9}\cdot\dfrac{5}{72}=\dfrac{10}{81}.$$

問4では問1より$a_{n}+b_{n}+c_{n}=3n+7$なので、求める数列を$T_{n}$とおくと
$$T_{n}=\dfrac{1}{n^{2}}\left(\dfrac{(3n+7)!}{n!}\right)^{\dfrac{1}{n}}.$$
自然対数をとり、$\dfrac{(3n+7)!}{n!}=(n+1)(n+2)\cdots(3n+7)$を使うと
$$\log T_{n}=\dfrac{1}{n}\sum_{j=n+1}^{3n+7}\log\dfrac{j}{n}+\dfrac{7\log n}{n}.$$
許された$\dfrac{\log n}{n}\to0$と、連続関数$\log x$のリーマン和から
$$\displaystyle\lim_{n\to\infty}\log T_{n}=\displaystyle\int_{1}^{3}\log x\,dx =\left[x\log x-x\right]_{1}^{3}=3\log 3-2.$$
従って$T_{n}\to e^{3\log3-2}=\dfrac{27}{e^{2}}$となる。