大阪大学 2011年度後期・理系数学後期第2問解答・解説

問題

$m = 2$ または $m = 3$ とする。 $n$ を自然数とし、1以上 $n$ 以下の整数値をとる $m$ 項の数列 ${a_{1}, \dots, a_{m}}$ のうち、 $1 ≦ k ≦ m - 1$ に対して $2 a_{k} ≦ a_{k + 1}$ を満たすものの個数を $S_{m} (n)$ とする。

(1) $S_{2} (n)$ を求めよ。

(2) $S_{3} (2 n + 1) - S_{3} (2 n) = S_{2} (j)$ を満たす自然数 $j$ を求めよ。

(3) $n \to \infty lim \frac{S _{3} ( n )}{n ^{3}}$ を求めよ。

出典：大阪大学 2011年度後期日程第2次学力試験後期・理系後期第2問

方針

(1)は $a_{1}$ を固定し、 $a_{2}$ の選択数を和にする。(2)は上限を $2 n$ から $2 n + 1$ に増やして新たに加わる3項列を調べる。条件のため新しい値は第3項にしか現れず、残る2項が $S_{2} (n)$ そのものになる。(3)は一般に $S_{3} (N) - S_{3} (N - 1) = S_{2} (q_{N})$ と表し、(1)の評価で平方和との間に挟んで極限を求める。

解答

(1)

$a_{1} = q$ と固定する。条件 $2 a_{1} ≦ a_{2} ≦ n$ を満たす $a_{2}$ は $n - 2 q + 1$ 個であり、 $1 ≦ q ≦ d$ である。ただし、 $d$ は $n /2$ 以下の最大の整数とする。すると

S_{2} (n) = q = 1 \sum d (n - 2 q + 1) = d (n + 1) - d (d + 1) = d (n - d) .

したがって

S_{2} (n) = {q^{2} q (q + 1) (n = 2 q), (n = 2 q + 1)

である。

(2)

上限を $2 n$ から $2 n + 1$ に変えて新たに加わる3項列を考える。 $2 a_{1} ≦ a_{2} ≦ 2 n + 1$ かつ $2 a_{2} ≦ a_{3} ≦ 2 n + 1$ だから、値 $2 n + 1$ が現れるとすれば $a_{3}$ だけである。よって新たな列では $a_{3} = 2 n + 1$ であり、 $a_{2} ≦ n$ となる。

したがって $(a_{1}, a_{2})$ は、各項が1以上 $n$ 以下で $2 a_{1} ≦ a_{2}$ を満たす2項列である。その個数は $S_{2} (n)$ だから

S_{3} (2 n + 1) - S_{3} (2 n) = S_{2} (n) .

よって $j = n$ である。

(3)

$N ≧ 2$ とする。上限を $N - 1$ から $N$ に増やして新たに加わる列では $a_{3} = N$ である。 $N /2$ 以下の最大の整数を $q_{N}$ とおくと、残る条件は $2 a_{1} ≦ a_{2} ≦ q_{N}$ だから

S_{3} (N) - S_{3} (N - 1) = S_{2} (q_{N}) .

(1)より

\frac{q _{N}^{2} - 1}{4} ≦ S_{2} (q_{N}) ≦ \frac{q _{N}^{2}}{4} .

また $N /2 - 1 < q_{N} ≦ N /2$ だから

\frac{N ^{2}}{16} - \frac{N}{4} ≦ S_{2} (q_{N}) ≦ \frac{N ^{2}}{16} .

$S_{3} (1) = 0$ であるから、これを $N = 2, 3, \dots, n$ について加えると

\frac{1}{16} N = 2 \sum n N^{2} - \frac{1}{4} N = 2 \sum n N ≦ S_{3} (n) ≦ \frac{1}{16} N = 2 \sum n N^{2} .

各辺を $n^{3}$ で割る。 $\sum_{N = 2}^{n} N^{2} / n^{3} \to 1/3$ 、 $\sum_{N = 2}^{n} N / n^{3} \to 0$ だから、はさみうちにより

n \to \infty lim \frac{S _{3} ( n )}{n ^{3}} = \frac{1}{48} .

大阪大学 2011年度後期・理系数学 後期 第2問

問題

方針

解答

(1)

(2)

(3)

大阪大学 2011年度
後期・理系数学後期第2問