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特殊な漸化式の問題の解説

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$$\newcommand{C}[0]{\mathbb{C}} \newcommand{div}[0]{\mathrm{div}} \newcommand{division}[0]{÷} \newcommand{grad}[0]{\mathrm{grad}\ } \newcommand{N}[0]{\mathbb{N}} \newcommand{Q}[0]{\mathbb{Q}} \newcommand{R}[0]{\mathbb{R}} \newcommand{rot}[0]{\mathrm{rot}\ } \newcommand{Z}[0]{\mathbb{Z}} $$

この記事は解答編です。
まだ問題を解いていない人は先に 問題 を解いてください。

$$ \sum_{k=0}^n\frac{a_k}{(n-k)!}=2^n $$
によって定められる数列$\{a_k\}_{k=0,1,2,\ldots}$について
$$ \lim_{n \to \infty}\frac{a_n}{2^n} $$
を求めよ。
また、一般項を求めよ。

$$ B_0=1\\ B_k=-\frac{1}{k+1}\sum_{j=0}^{k-1}\binom{k+1}{j}B_j\ (k>0) $$
で数列$\{B_k\}_{k=0,1,2,\ldots}$(ベルヌーイ数)を定める。

ベルヌーイ数の指数型漸化式
$$ \sum_{k=0}^\infty\frac{B_k}{k!}x^k $$
を求めよ

$$ \sum_{k=0}^n(-1)^k\binom{2n+1}{2k+1}a_k=1 $$
で数列$\{a_k\}_{k=0,1,2,\ldots}$を定める。

この数列を用いて$\tan x$をマクローリン展開せよ。

 
解答















$$ \sum_{k=0}^n a_kb_{n-k}=c_n $$
3つの数列が上を満たしている。
このとき、それぞれの母関数
$f(x)=\sum_{n=0}^\infty a_nx^n,\ g(x)=\sum_{n=0}^\infty b_nx^n,\ h(x)=\sum_{n=0}^\infty c_nx^n$
について次が成り立つ。
$$ f(x)g(x)=h(x) $$

$f(x)g(x)$$x^n$の係数を考えれば、
$\sum_{k=0}^n a_kb_{n-k}$であり、仮定より$\sum_{k=0}^n a_kb_{n-k}=c_n$
よって、題意は明らかに成り立つ。

問題1の解説

まず、答えは
$$ \lim_{n\to\infty}\frac{a_n}{2^n}=e^{-1/2}\\ a_n=\sum_{k=0}^n \frac{2^{n-k}(-1)^k}{k!} $$


$$ f(x)=\sum_{k=0}^\infty a_kx^k\\ g(x)=\sum_{k=0}^\infty \frac{1}{k!}x^k\\ h(x)=\sum_{k=0}^\infty 2^kx^k $$
とすると、
補題と仮定より
$f(x)g(x)=h(x)$が成り立つ。

$g(x)=e^x$より、
$$ f(x)=h(x)e^{-x}=\sum_{k=0}^\infty 2^kx^k\sum_{k=0}^\infty \frac{1}{k!}(-x)^k $$
である。

$x^n$の係数を比べれば、
$$ a_n=\sum_{k=0}^n \frac{2^{n-k}(-1)^k}{k!} $$
と分かる。

$$ \begin{align} \lim_{n \to \infty} \frac{a_n}{2^n} &=\sum_{k=0}^n \frac{2^{-k}(-1)^k}{k!}\\ &=\sum_{k=0}^\infty \left(-\frac{1}{2}\right)^k\frac{1}{k!}\\ &=e^{-1/2} \end{align} $$

きちんと証明はできていませんが、おそらく以下が成り立ちます。
$$ a_n=\frac{(-1)^{n+1}}{n!}\left[(-1)^{n+1}2^nn!e^{-1/2}\right] $$

問題2の解説

答えは
$$ \sum_{k=0}^\infty\frac{B_k}{k!}=\frac{x}{e^x-1} $$


漸化式を変形を変形する。(ただし$k$の範囲に注意)
$k>0$のとき
$$ \begin{align} B_k&=-\frac{1}{k+1}\sum_{j=0}^{k-1}\binom{k+1}{j}B_j\\ \frac{1}{k+1}\binom{k+1}{k}B_k&=-\frac{1}{k+1}\sum_{j=0}^{k-1}\binom{k+1}{j}B_j\\ \frac{1}{k+1}\sum_{j=0}^{k}\binom{k+1}{j}B_j&=0\\ \frac{1}{k+1}\sum_{j=0}^{k}\frac{(k+1)!}{j!(k-j+1)!}B_j&=0\\ \sum_{j=0}^{k}\frac{1}{j!(k-j+1)!}B_j&=0 \end{align} $$
$k=0$のときは$(LHS)=1$だから、
左辺を$B_j/j!$$(k-j+1)!$の積、右辺を0項目が$1$,他の項は$0$という数列と見て補題を適用すれば、
$$ \sum_{k=0}^\infty\frac{B_k}{k!}x^k\sum_{k=0}^\infty\frac{1}{(k+1)!}x^k=1 $$

$$ \sum_{k=0}^\infty\frac{1}{(k+1)!}=\frac{e^x-1}{x} $$
だから、
$$ \sum_{k=0}^\infty\frac{B_k}{k!}=\frac{x}{e^x-1} $$

問題3の解説

答えは
$$ \tan x = \sum_{n=0}^\infty \frac{a_n}{(2n+1)!}x^{2n+1} $$


$$ \begin{align} \sum_{k=0}^n(-1)^k\binom{2n+1}{2k+1}a_k&=1\\ \sum_{k=0}^n(-1)^k\frac{(2n+1)!}{(2k+1)!(2n-2k)!}a_k&=1\\ \sum_{k=0}^n(-1)^{n+k}\frac{1}{(2k+1)!(2n-2k)!}a_k&=\frac{(-1)^n}{(2n+1)!}\\ \sum_{k=0}^n\frac{a_k}{(2k+1)!}\frac{(-1)^{n-k}}{(2n-2k)!}&=\frac{(-1)^n}{(2n+1)!} \end{align} $$
補題を適用すれば、
$$ \sum_{n=0}^\infty \frac{a_n}{(2n+1)!}x^n\sum_{n=0}^\infty\frac{(-1)^{n}}{(2n)!}x^n=\sum_{n=0}^\infty\frac{(-1)^n}{(2n+1)!}x^n $$
$x$$x^2$を代入し、さらに両辺に$x$をかけることで、
$$ \sum_{n=0}^\infty \frac{a_n}{(2n+1)!}x^{2n+1}\sum_{n=0}^\infty\frac{(-1)^{n}}{(2n)!}x^{2n}=\sum_{n=0}^\infty\frac{(-1)^n}{(2n+1)!}x^{2n+1} $$
$$ \sum_{n=0}^\infty\frac{(-1)^{n}}{(2n)!}x^{2n}=\cos x\\ \sum_{n=0}^\infty\frac{(-1)^n}{(2n+1)!}x^{2n+1}=\sin x $$
であるので、
$$ \tan x = \sum_{n=0}^\infty \frac{a_n}{(2n+1)!}x^{2n+1} $$

投稿日:202144

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wai572
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