2013年東大 数学 第3問 小問2の解法
\displaystyle\sum_{m=1}^{\infty} \frac{m}{4 ^ m } や \displaystyle\sum_{m=1}^{\infty} \frac{2(m-1)(m-2)}{4^m} が収束すれば
\sum_{n=1}^{\infty} p(n) = \sum_{m=1}^{\infty} \frac{m}{4 ^ m } + \sum_{m=1}^{\infty} \frac{2(m-1)(m-2)}{4^m}が成り立ちます。
そこでそれらが収束することとその値を求めます。
この手の級数和を求めるには、べき級数の微分を用いるのがセオリーです。
\displaystyle\sum_{m=1}^{\infty} \frac{m}{4 ^ m } の評価
自然数 N に対し、べき級数 f(x) を
f(x) = \sum_{m=0}^{N} x^mと定義します。このとき
f'(x) = \sum_{m=1}^{N} mx^{m-1}なので、
\begin{aligned}
\sum_{m=1}^{N} \frac{m}{4 ^ m } = \frac{1}4 \sum_{m=1}^{N} \frac{m}{4 ^ {m-1} } =\frac{1}4f'(\frac1{4})
\end{aligned}です。
一方、 x ≠ 1 のとき
f(x) = \frac{x^{N+1}-1}{x-1}なので
f'(x) = \frac{(N+1) x^{N} }{x-1} - \frac{x^{N+1} - 1}{(x-1)^2}です。よって
\begin{aligned}
\sum_{m=1}^{N} \frac{m}{4 ^ m } & = \frac{1}4 \left \{ -\frac{4}3 \cdot \frac{N+1}{4^N} - \left( \frac{4}3 \right)^2 (\frac{1}{4^{N+1} } -1) \right \} \\
\end{aligned}です。
ところが、任意の自然数 k および 実数 a > 1 に対し
\lim_{x \to \infty} \frac{x^k}{a^x} = 0が成り立つので、
\begin{aligned}
\sum_{m=1}^{\infty} \frac{m}{4 ^ m } = \frac{4}9
\end{aligned}が成り立ちます。
\displaystyle\lim_{x \to \infty} \frac{x^k}{a^x} = 0 は数学の常識と言える評価なのですが、学校で教えてないっぽいので後で説明します。
\displaystyle\sum_{m=1}^{\infty} \frac{2(m-1)(m-2)}{4^m} の評価
N ≧ 3 のとき、
\begin{aligned}
& \sum_{m=1}^{N} \frac{2(m-1)(m-2)}{4^m} \\
= & \sum_{m=3}^{N} \frac{2(m-1)(m-2)}{4^m} \\
= & \sum_{m=2}^{N-1} \frac{2m(m-1)}{4^{m+1}} \\
= & \frac{1}{32}\sum_{m=2}^{N-1} \frac{m(m-1)}{4^{m-2}} \\
\end{aligned}です。
よってべき級数 g(x) を
g(x) = \sum_{m=0}^{N-1} x^mと置くと
\begin{aligned}
g''(x) = \sum_{m=2}^{N-1} m(m-1)x^m \\
\end{aligned}なので
\begin{aligned}
& \sum_{m=1}^{N} \frac{2(m-1)(m-2)}{4^m} \\
= & \frac{1}{32}\sum_{m=2}^{N-1} \frac{m(m-1)}{4^{m-2}} \\
= & \frac{1}{32} g''(\frac{1}4)
\end{aligned}です。
ところが x ≠ 1 のとき、
g(x) = \frac{x^N -1 }{x-1}なので
g''(x) = \frac{N(N-1)x^{N -2} }{x-1} -2\frac{Nx^{N -1} }{(x-1)^2}+2\frac{x^{N } -1}{(x-1)^3}です。したがって
\begin{aligned}
& \sum_{m=1}^{N} \frac{2(m-1)(m-2)}{4^m} \\
= & \frac{1}{32} g''(\frac{1}4) \\
= & \frac{1}{32} \left \{-\frac{4}3 \cdot \frac{N(N-1) }{4^{N-2}} \right . \\
& \left. \text{ } -\frac{32}9 \cdot \frac{N}{4^{N-1}} -\frac{128}{27}(\frac{1}{4^N} -1) \right \}
\end{aligned}ですが、任意の自然数 k および実数 a > 1 に対し \displaystyle\lim_{x \to \infty} \frac{x^k}{a^x} = 0 なので
\begin{aligned}
& \sum_{m=1}^{\infty} \frac{2(m-1)(m-2)}{4^m} = \frac{4}{27}
\end{aligned}です。ゆえに
\sum_{n=1}^{\infty} p(n) = \frac{4}9 + \frac{4}{27} = \frac{16}{27}です。
\displaystyle\lim_{x \to \infty} \frac{x^k}{a^x} = 0 の証明
まず、任意の実数 α > 0 に対し、実数 x が十分に大きいとき
e^{\alpha x } > x が成り立つことを証明します。これが成り立つならば、任意の自然数 k と実数 a > 1 に対し
\alpha = \frac{ \log a}{2k}と置くと、x が十分大きいとき
\frac{x^k}{a^x} < \frac{(e^{x \frac{\log a}{2k} } )^k}{a^x} = \frac{a^{\frac{x}2 } }{a^x} =\frac{1}{a^{\frac{x}2 } }なので、
\lim_{x \to \infty} \frac{x^k}{a^x} = 0が成り立ちます。
関数 f(x) を
f(x) = e^{\alpha x} - xと定義します。すると
\begin{aligned}
f'(x) &= \alpha e^{\alpha x} -1 \\
f''(x) & = \alpha ^2 e^{\alpha x}
\end{aligned}です。
常に f”(x) >0 なので、 f‘(x) は単調増加関数です。明らかに x が十分に大きいとき f‘(x) > 0 なので、ある実数 b が存在して x > b であるすべての x に対し
f'(x) > f'(b) > 0
が成り立ちます。
したがって平均値の定理により、 x > b であるすべての x に対し x > c > b である実数 c が存在して
f(x) - f(b) = (x-b)f'(c) > (x-b)f'(b)
すなわち
f(x) > xf'(b) + f(b) -bf'(b)
が成り立ちます。
f‘(b) > 0 であったので、 x が十分大きいとき f(x) > 0 です。すなわち
e^{\alpha x } > x が成り立ちます。
解法のポイント
小問1は設問内容を丹念に数式に落としていけば、泥沼に陥ることもなく答えにたどり着けるでしょう。確率問題の良い訓練になるので、解き方を押さえておいてください。
小問2は次数が係数の多項式の値を求める問題です。この手の問題は微分を用いることで答えを得ることができるので、本稿の解き方を覚えておいてください。
\displaystyle\lim_{x \to \infty} \frac{x^k}{a^x} = 0 は本問を解くにあたって必須の知識です。古くは曽呂利新左衛門の昔から近くはCOVID-19のパンデミックに至るまで、指数関数の破壊力を端的に表す驚異の性質ですが、数学では「そんなの常識」レベルの必須知識です。少なくともどんな内容なのかは覚えておきましょう。
赤本でも無証明で使っているのでいるのでしれっと引用しても問題ないと思いますが、念の為証明方法も押さえておきましょう。