大学入試,数学３
以前の記事で、区分求積法について紹介しました。今回は、区分求積法を扱った入試問題を紹介します。
入試問題ということもあって、やはり一筋縄ではいきません。すぐには解けなくて解答を見たくなりますが、そこをグッと堪え、じっくり時間を掛けて解いてみましょう。
過去問を解いてみよう
次の問題を解いてみましょう。
問
\begin{align*}
&\text{次の極限} \\[ 5pt ]
&\quad \lim_{n \to \infty} \sum_{k=1}^{2n} (-1)^{\scriptsize{k}} \ \left(\frac{k}{2n} \right)^{\scriptsize{100}} \\[ 10pt ]
&\text{を求めよ。}
\end{align*}
問の解答・解説
極限（リミット）、和（シグマ）、ｋ/ｎの３つが揃っていれば、区分求積法と定積分の関係を利用できそうだと予想できます。
区分求積法と定積分の関係
\begin{align*}
&\quad \int_{a}^{b} {f \left( x \right) dx} = \lim_{n \to \infty}{\frac{b-a}{n}} \sum_{k=1}^{\scriptsize{n}}{f \left( a + \frac{b-a}{n} k \right)} \\[ 10pt ]
&\text{特に、$a=0 \ , \ b=1$ のとき、} \\[ 5pt ]
&\quad \int_{0}^{1} {f \left( x \right) dx} = \lim_{n \to \infty} {\frac{1}{n}} \sum_{k=1}^{\scriptsize{n}} {f \left(\frac{k}{n} \right)}
\end{align*}
さっそく利用したいところですが、まずは与式をよく観察しましょう。
和の変数や累乗に注目しよう
与式をよく観察しよう
\begin{equation*}
\quad \lim_{n \to \infty} \sum_{k=1}^{2n} (-1)^{\scriptsize{k}} \ \left(\frac{k}{2n} \right)^{\scriptsize{100}}
\end{equation*}
与式を見ると、和の変数がｋ＝１，２，……，２ｎとなっています。ｎまでではないことに注意しましょう。
また、－１の累乗があります。指数であるｋの値によって、－１と１の値を交互にとる累乗です。
－１の累乗をそのままにしておくと、ｋの値によって累乗の正負が変わってしまい、とても扱い辛いです。ですから、－１の値だけの場合と１の値だけの場合に分けます。
ｋの値が偶数であれば１、奇数であれば－１となります。ｋは１から２ｎまでの値を取るので、偶数と奇数はそれぞれｎ個ずつに分けることができます。これでｋの値が２ｎまであったことの理由が分かります。
２ｎ個のものをｎ個ずつに分ける処理は、数列でもよく扱われる。覚えておこう。
ｋを偶数と奇数に分けるために、新しい変数（ここではｌエル）を用いて場合分けします。
２ｎ個の自然数を偶数と奇数に分ける
$k=1 \ , \ 2 \ , \cdots , \ 2n$ のとき、$l=1 \ , \ 2 \ , \cdots , \ n$ とすると
\begin{align*}
\quad k=
\begin{cases}
2l \\
2l-1
\end{cases}
\end{align*}
これを利用して、与式を変形します。変数がｋからｌ（エル）へ変わるので注意しましょう。
問の解答例 1⃣
$k=1 \ , \ 2 \ , \cdots , \ 2n$ のとき、$l=1 \ , \ 2 \ , \cdots , \ n$ とすると
\begin{align*}
\quad &\sum_{k=1}^{2n} (-1)^{\scriptsize{k}} \ \left(\frac{k}{2n} \right)^{\scriptsize{100}} \\[ 10pt ]
= \ &\sum_{l=1}^{n} \left\{ (-1)^{\scriptsize{2l}} \ \left(\frac{2l}{2n} \right)^{\scriptsize{100}} + (-1)^{\scriptsize{2l-1}} \ \left(\frac{2l-1}{2n} \right)^{\scriptsize{100}} \ \right\}
\end{align*}
偶数番目の項と奇数番目の項を分けて記述することができました。ここで、－１の累乗について、指数がそれぞれ偶数と奇数になっていることから、－１の累乗は以下のように処理できます。
偶数乗と奇数乗を利用して累乗を処理
\begin{align*}
&\quad (-1)^{\scriptsize{2l}} = 1 \\[ 7pt ]
&\quad (-1)^{\scriptsize{2l-1}} = -1
\end{align*}
これで－１の累乗を定数にすることができます。解答例のつづきは以下のようになります。
問の解答例 2⃣
\begin{align*}
&\qquad \vdots \\[ 7pt ]
= \ &\sum_{l=1}^{n} \left\{ (-1)^{\scriptsize{2l}} \ \left(\frac{2l}{2n} \right)^{\scriptsize{100}} + (-1)^{\scriptsize{2l-1}} \ \left(\frac{2l-1}{2n} \right)^{\scriptsize{100}} \ \right\} \\[ 10pt ]
= \ &\sum_{l=1}^{n} \left\{ \left(\frac{2l}{2n} \right)^{\scriptsize{100}} \ – \left(\frac{2l-1}{2n} \right)^{\scriptsize{100}} \ \right\} \\[ 10pt ]
= \ &\sum_{l=1}^{n} \frac{(2l)^{\scriptsize{100}} \ – (2l-1)^{\scriptsize{100}} }{(2n)^{\scriptsize{100}} }
\end{align*}
何とか－１の累乗を処理しましたが、このままでは定積分に置き換えることができそうにありません。もう少し分子に手を加えます。
二項式の累乗に注目しよう
分子にある２番目の項は、二項式の累乗です。これが問題です。
２つの項の和の問題点
\begin{align*}
&\text{$2$ つの項の和だと、たとえば} \\[ 5pt ]
&\quad \frac{1}{2n} (2l-1) = \frac{l}{n} – \frac{1}{2n} \\[ 7pt ]
&\text{となってしまい、$1/2n$ が邪魔になる。}
\end{align*}
これを処理しつつ、１番目の項も処理することも考えます。式の展開であれば、２乗や３乗の展開公式がありますが、１００乗の展開なので二項定理を利用します。
分子の２項目を二項定理で処理する
\begin{align*}
&(2l-1)^{\scriptsize{100}} \\[ 7pt ]
= \ &(-1+2l)^{\scriptsize{100}} \\[ 7pt ]
= \ &{}_{100} \mathrm{ C }_{0} (-1)^{\scriptsize{100}} + {}_{100} \mathrm{ C }_{1} (-1)^{\scriptsize{99}} \ (2l) + {}_{100} \mathrm{ C }_{2} (-1)^{\scriptsize{98}} \ (2l)^{\scriptsize{2}} + \\[ 7pt ]
&\quad \cdots + {}_{100} \mathrm{ C }_{99} \ (-1) (2l)^{\scriptsize{99}} + {}_{100} \mathrm{ C }_{100} \ (2l)^{\scriptsize{100}} \\[ 10pt ]
= \ &{}_{100} \mathrm{ C }_{0} (-1)^{\scriptsize{100}} + {}_{100} \mathrm{ C }_{1} (-1)^{\scriptsize{99}} \ (2l) + {}_{100} \mathrm{ C }_{2} (-1)^{\scriptsize{98}} \ (2l)^{\scriptsize{2}} + \\[ 5pt ]
&\quad \cdots + 100 \cdot (-1) (2l)^{\scriptsize{99}} + 1 \cdot (2l)^{\scriptsize{100}} \\[ 10pt ]
= \ &{}_{100} \mathrm{ C }_{0} (-1)^{\scriptsize{100}} + {}_{100} \mathrm{ C }_{1} (-1)^{\scriptsize{99}} \ (2l) + {}_{100} \mathrm{ C }_{2} (-1)^{\scriptsize{98}} \ (2l)^{\scriptsize{2}} + \\[ 5pt ]
&\quad \cdots -100 \cdot (2l)^{\scriptsize{99}} + (2l)^{\scriptsize{100}}
\end{align*}
ここで、１/ｎとｋ/ｎ（ここではｌ/ｎ）をつくることを考えると、２ｌの１００乗よりも９９乗の方が必要です（２ｌの１００乗だと、２ｎの１００乗で割ったとき、１/ｎを作れないから）。
ただ、分子の１番目の項が２ｌの１００乗であることを考慮すると、あとで消えそうだと予想できます。
二項定理を利用して展開したら、２ｌの１００乗と９９乗の２つ以外の指数は不要なので、Σ（シグマ）を用いてまとめておきます。このとき、新たな変数ｐを用いるので注意しましょう。
分子の２項目を二項定理で処理する（つづき）
\begin{align*}
&(2l-1)^{\scriptsize{100}} \\[ 7pt ]
= \ &(-1+2l)^{\scriptsize{100}} \\[ 7pt ]
= \ &\quad \vdots \\[ 7pt ]
= \ &{}_{100} \mathrm{ C }_{0} (-1)^{\scriptsize{100}} + {}_{100} \mathrm{ C }_{1} (-1)^{\scriptsize{99}} \ (2l) + {}_{100} \mathrm{ C }_{2} (-1)^{\scriptsize{98}} \ (2l)^{\scriptsize{2}} + \\[ 7pt ]
&\quad \cdots -100 \cdot (2l)^{\scriptsize{99}} + (2l)^{\scriptsize{100}} \\[ 7pt ]
= \ &\sum_{p=0}^{98} {}_{100} \mathrm{ C }_{p} \ (-1)^{\scriptsize{100-p}} \ (2l)^{\scriptsize{p}} -100 \cdot (2l)^{\scriptsize{99}} + (2l)^{\scriptsize{100}}
\end{align*}
二項定理による展開式は規則性があるので、このような項の和であれば、シグマを用いて簡潔に記述することができます。
規則性のある多項式があれば、Σ（シグマ）を利用して記述しよう。
二項定理を用いて展開したことによって、全体で見れば項が増えて扱いづらくなった印象があります。しかし、もとの２つの項の関係を考えると、和から積へと変わっています。
２つの項の和から積へ
\begin{align*}
&\text{$2$ つの項の積だと、たとえば} \\[ 5pt ]
&\quad \frac{1}{2n} \cdot 2k \cdot (\pm 1) = \pm \frac{k}{n} \\[ 7pt ]
&\text{となる。}
\end{align*}
二項定理による展開式を与式の分子に代入すると、解答例の続きは以下のようになります。
問の解答例 3⃣
\begin{align*}
&\sum_{k=1}^{2n} (-1)^{\scriptsize{k}} \ \left(\frac{k}{2n} \right)^{\scriptsize{100}} \\[ 10pt ]
= \ &\quad \vdots \\[ 10pt ]
= \ &\sum_{l=1}^{n} \frac{(2l)^{\scriptsize{100}} \ – (2l-1)^{\scriptsize{100}}}{(2n)^{\scriptsize{100}}} \\[ 10pt ]
= \ &\sum_{l=1}^{n} \frac{1}{(2n)^{\scriptsize{100}}} \left[ (2l)^{\scriptsize{100}} \ – \left\{ \sum_{p=0}^{98} {}_{100} \mathrm{ C }_{p} \ (-1)^{\scriptsize{100-p}} \ (2l)^{\scriptsize{p}} -100 \cdot (2l)^{\scriptsize{99}} + (2l)^{\scriptsize{100}} \right\} \right] \\[ 10pt ]
= \ &\sum_{l=1}^{n} \frac{1}{(2n)^{\scriptsize{100}}} \left\{ 100 \cdot (2l)^{\scriptsize{99}} \ – \sum_{p=0}^{98} {}_{100} \mathrm{ C }_{p} \ (-1)^{\scriptsize{100-p}} \ (2l)^{\scriptsize{p}} \right\} \\[ 10pt ]
= \ &\sum_{l=1}^{n} \left\{ 100 \cdot \frac{(2l)^{\scriptsize{99}}}{(2n)^{\scriptsize{100}}} \ – \frac{1}{(2n)^{\scriptsize{100}}} \sum_{p=0}^{98} {}_{100} \mathrm{ C }_{p} \ (-1)^{\scriptsize{100-p}} \ (2l)^{\scriptsize{p}} \right\}
\end{align*}
二項定理を利用すると、２ｌの１００乗の項は消えてしまいます。
次に、波括弧の中に注目して、１番目の項と２番目の項をそれぞれ変形します。１番目の項を変形するのはそれほど難しくありませんが、２番目の方は難しいので気を付けましょう。
波括弧の中の変形
\begin{align*}
&100 \cdot \cfrac{(2l)^{\scriptsize{99}}}{(2n)^{\scriptsize{100}}} \ – \cfrac{1}{(2n)^{\scriptsize{100}}} \sum_{p=0}^{98} {}_{100} \mathrm{ C }_{p} \ (-1)^{\scriptsize{100-p}} \ (2l)^{\scriptsize{p}} \\[ 10pt ]
= \ &100 \cdot \frac{1}{2n} \left(\frac{2l}{2n} \right)^{\scriptsize{99}} \ – \cfrac{1}{2^{\scriptsize{100}} \cdot n^{\scriptsize{100}}} \sum_{p=0}^{98} {}_{100} \mathrm{ C }_{p} \ (-1)^{\scriptsize{100-p}} \cdot 2^{\scriptsize{p}} \cdot l^{\scriptsize{p}} \\[ 10pt ]
= \ &\frac{50}{n} \left(\frac{l}{n} \right)^{\scriptsize{99}} \ – \sum_{p=0}^{98} {}_{100} \mathrm{ C }_{p} \ (-1)^{\scriptsize{100-p}} \cdot \cfrac{2^{\scriptsize{p}}}{2^{\scriptsize{100}}} \cdot \cfrac{l^{\scriptsize{p}}}{n^{\scriptsize{100}}} \\[ 10pt ]
= \ &\frac{50}{n} \left(\frac{l}{n} \right)^{\scriptsize{99}} \ – \sum_{p=0}^{98} {}_{100} \mathrm{ C }_{p} \ (-1)^{\scriptsize{100-p}} \cdot \cfrac{1}{2^{\scriptsize{100-p}}} \cdot \cfrac{l^{\scriptsize{p}}}{n^{\scriptsize{100-p}} \cdot n^{\scriptsize{p}}} \\[ 10pt ]
= \ &\frac{50}{n} \left(\frac{l}{n} \right)^{\scriptsize{99}} \ – \sum_{p=0}^{98} {}_{100} \mathrm{ C }_{p} \ (-1)^{\scriptsize{100-p}} \cdot \cfrac{1}{2^{\scriptsize{100-p}}} \cdot \cfrac{1}{n^{\scriptsize{100-p}}} \cdot \left(\frac{l}{n} \right)^{\scriptsize{p}}
\end{align*}
指数法則を上手に利用して変形します。これを与式の波括弧の中に代入し、式を整理します。
問の解答例 4⃣
\begin{align*}
&\sum_{k=1}^{2n} (-1)^{\scriptsize{k}} \ \left(\frac{k}{2n} \right)^{\scriptsize{100}} \\[ 10pt ]
= \ &\quad \vdots \\[ 10pt ]
= \ &\sum_{l=1}^{n} \left\{ 100 \cdot \frac{(2l)^{\scriptsize{99}}}{(2n)^{\scriptsize{100}}} \ – \frac{1}{(2n)^{\scriptsize{100}}} \sum_{p=0}^{98} {}_{100} \mathrm{ C }_{p} \ (-1)^{\scriptsize{100-p}} \ (2l)^{\scriptsize{p}} \right\} \\[ 10pt ]
= \ &\sum_{l=1}^{n} \left\{ \frac{50}{n} \left(\frac{l}{n} \right)^{\scriptsize{99}} \ – \sum_{p=0}^{98} {}_{100} \mathrm{ C }_{p} \ (-1)^{\scriptsize{100-p}} \cdot \cfrac{1}{2^{\scriptsize{100-p}}} \cdot \cfrac{1}{n^{\scriptsize{100-p}}} \cdot \left(\frac{l}{n} \right)^{\scriptsize{p}} \right\} \\[ 10pt ]
= \ &\sum_{l=1}^{n} \frac{50}{n} \left(\frac{l}{n} \right)^{\scriptsize{99}} \ – \sum_{l=1}^{n} \left\{ \sum_{p=0}^{98} {}_{100} \mathrm{ C }_{p} \ (-1)^{\scriptsize{100-p}} \cdot \cfrac{1}{2^{\scriptsize{100-p}}} \cdot \cfrac{1}{n^{\scriptsize{100-p}}} \cdot \left(\frac{l}{n} \right)^{\scriptsize{p}} \right\} \\[ 10pt ]
= \ &\frac{50}{n} \sum_{l=1}^{n} \left(\frac{l}{n} \right)^{\scriptsize{99}} \ – \sum_{p=0}^{98} {}_{100} \mathrm{ C }_{p} \ (-1)^{\scriptsize{100-p}} \cdot \cfrac{1}{2^{\scriptsize{100-p}}} \cdot \cfrac{1}{n^{\scriptsize{100-p}}} \cdot \sum_{l=1}^{n} \left(\frac{l}{n} \right)^{\scriptsize{p}} \\[ 10pt ]
= \ &\frac{50}{n} \sum_{l=1}^{n} \left(\frac{i}{n} \right)^{\scriptsize{99}} \ – \sum_{p=0}^{98} {}_{100} \mathrm{ C }_{p} \ (-1)^{\scriptsize{100-p}} \cdot \cfrac{1}{2^{\scriptsize{100-p}}} \cdot \cfrac{1}{n^{\scriptsize{99-p}}} \cdot \frac{1}{n} \sum_{l=1}^{n} \left(\frac{l}{n} \right)^{\scriptsize{p}}
\end{align*}
だいぶ掛かってしまいましたが、何とか定積分に置き換えることができそうな形ができました。ここに至るまでの式変形（特に波括弧の中にある２番目の項）は、かなり複雑になります。
各項の極限値を調べよう
極限を取って値を求めますが、このままで極限値が得られるのか調べてみます。ｎを含む部分に注目します。
各項の極限値を調べる
\begin{align*}
&\text{$n \to \infty$ のとき、$1$ 番目の項は} \\[ 5pt ]
&\quad \frac{50}{n} \sum_{l=1}^{n} \left(\frac{l}{n} \right)^{\scriptsize{99}} = \int_{0}^{1} {50x^{\scriptsize{99}} dx} \\[ 10pt ]
&\text{$n \to \infty$ のとき、$2$ 番目の項は} \\[ 5pt ]
&\quad \cfrac{1}{n^{\scriptsize{99-p}}} \ \rightarrow \ 0 \\[ 10pt ]
&\quad \frac{1}{n} \sum_{l=1}^{n} \left(\frac{l}{n} \right)^{\scriptsize{p}} = \int_{0}^{1} {x^{\scriptsize{p}} dx}
\end{align*}
１番目の項について、定積分に置き換えることができ、計算すると定数が得られます。
また、２番目の項について、定積分に置き換えることはできますが、定数が得られそうにありません。そこで、他に極限値の分かる箇所を探すと、極限値が０になる部分が見つかります。これで２番目の項も定数となります。
極限値の結果から、解答例の続きは以下のようになります。
問の解答例 5⃣
\begin{align*}
&\text{$n \to \infty$ のとき} \\[ 5pt ]
&\quad \frac{50}{n} \sum_{l=1}^{n} \left(\frac{i}{n} \right)^{\scriptsize{99}} \ – \sum_{p=0}^{98} {}_{100} \mathrm{ C }_{p} \ (-1)^{\scriptsize{100-p}} \cdot \cfrac{1}{2^{\scriptsize{100-p}}} \cdot \cfrac{1}{n^{\scriptsize{99-p}}} \cdot \frac{1}{n} \sum_{l=1}^{n} \left(\frac{l}{n} \right)^{\scriptsize{p}} \\[ 10pt ]
&\rightarrow \ \int_{0}^{1} {50x^{\scriptsize{99}} dx} \ – \sum_{p=0}^{98} {}_{100} \mathrm{ C }_{p} \ (-1)^{\scriptsize{100-p}} \cdot \cfrac{1}{2^{\scriptsize{100-p}}} \cdot 0 \cdot \int_{0}^{1} {x^{\scriptsize{p}} dx} \\[ 10pt ]
&\quad = \int_{0}^{1} {50x^{\scriptsize{99}} dx} \\[ 10pt ]
&\quad = \left[ \ \frac{1}{2} x^{\scriptsize{100}} \ \right]_0^1 \\[ 10pt ]
&\quad = \frac{1}{2} \\[ 10pt ]
&\text{したがって} \\[ 5pt ]
&\quad \lim_{n \to \infty} \sum_{k=1}^{2n} (-1)^{\scriptsize{k}} \ \left(\frac{k}{2n} \right)^{\scriptsize{100}} = \frac{1}{2}
\end{align*}
与式から区分求積法と定積分の関係を利用できれば解けそうだと予想できます。しかし、その関係を利用できる形になるまで変形するのは、かなり難易度が高く、容易ではありません。
また、指数法則や二項定理など、式変形に必要な知識を自在にアウトプットできるレベルになければ、かなり難しく感じるでしょう。
必要に応じて新たに変数を増やしましたが、混乱の元になりそうです。慌てず丁寧に変形する必要があります。
かなり長い答案になりそうですが、次ページに問の記述例を紹介しておきます。
