(等差)×(等比)の無限級数と正当化

方針

解答

⓪ 発想 — どう考え始めるか。 (3)は(等差)×(等比)型で、有限和なら「ずらし引き」で機械的に求まる。

だが無限級数として答えるには部分和の極限を取る必要がある。そのとき端に $\frac{n}{3^{n+1}}$ 型の項が残る。これが0に消えること((2))を言って、初めて答案が完成する。

(2)のための下ごしらえが(1)だ。$3^n=(1+2{)}^n$ を二項定理で展開し、2次の項だけ拾って下から押さえる。1次の項では $n$ に勝てないので、2次まで取るのがミソになる。

① (1) 二項定理で下から。 $n\ge 2$ のとき

$$3^n=(1+2{)}^n=\sum _{k=0}^n{}_n{\mathrm{C}}_k{2}^k\ge {}_n{\mathrm{C}}_2{2}^2=\frac{n(n-1)}{2}\cdot 4=2n(n-1)$$

(展開のすべての項が正だから、1つの項だけ拾って捨てても不等号が立つ。)

② (2) はさみうち。 (1)より $n\ge 2$ で

$$0<\frac{n}{3^n}\le \frac{n}{2n(n-1)}=\frac{1}{2(n-1)}⟶0$$

よって $\frac{n}{3^n}\to 0$。

③ (3) ずらし引き+極限。 部分和 $S_n={\sum }_{k=1}^n\frac{k}{3^k}$ に対し $S_n-\frac{1}{3}{S}_n$ を作ると、各項が1つずつずれてぶつかり

$$\frac{2}{3}{S}_n=\frac{1}{3}+\frac{1}{3^2}+\cdots +\frac{1}{3^n}-\frac{n}{3^{n+1}}=\frac{1}{2}\left(1-\frac{1}{3^n}\right)-\frac{n}{3^{n+1}}$$

$n\to \infty$ とすると、(2)より最後の項は0に消え

$$\frac{2}{3}{S}_n⟶\frac{1}{2}⟹\sum _{n=1}^{\infty }\frac{n}{3^n}=\frac{3}{4}$$

まとめ: 無限の「ずらし引き」は、有限で実行 → 端に残る $\frac{n}{3^{n+1}}$ を評価で始末 → 極限、の3段。(1)(2)(3) の小問の並びがそのまま答案の設計図で、「指数は多項式より速い」を二項定理で定量化する(1)が土台になっている。

発展 — 一歩先へ。 同じ2通りの方法で $\sum _{n\ge 1}n{x}^n=\frac{x}{(1-x{)}^2}$($|x|<1$)が出る。この和は「成功率 $p$ の試行で初めて成功するまでの回数の平均が $\frac{1}{p}$」という待ち時間の期待値の計算そのもの($x=1-p$)。数Bの統計や確率漸化式で、この級数には何度も再会することになる。

別解

二重和の入れ替えで(ずらし引きを使わない)。 $n$ を「$1$ を $n$ 個足したもの」とほどくと、和の構造が変わる:

$$\sum _{n=1}^N\frac{n}{3^n}=\sum _{n=1}^N\sum _{m=1}^n\frac{1}{3^n}=\sum _{m=1}^N\left(\sum _{n=m}^N\frac{1}{3^n}\right)$$

(縦に $n$ 段積んだ $\frac{1}{3^n}$ を、横(各 $m$)ごとに足し直した。有限和どうしの入れ替えなので正当。)内側は初項 $\frac{1}{3^m}$ の等比の和で、$N\to \infty$ とすれば

$$\sum _{n=m}^{\infty }\frac{1}{3^n}=\frac{3^{-m}}{1-\frac{1}{3}}=\frac{3}{2}\cdot \frac{1}{3^m}$$

よって

$$\sum _{n=1}^{\infty }\frac{n}{3^n}=\sum _{m=1}^{\infty }\frac{3}{2}\cdot \frac{1}{3^m}=\frac{3}{2}\cdot \frac{1/3}{1-1/3}=\frac{3}{2}\cdot \frac{1}{2}=\frac{3}{4}$$

ずらし引き(本解)は係数 $n$ を機械的に処理し、二重和の入れ替えは「$n$ 個の $1$ に分けて数え直す」— 数え上げの発想だ。$n^2$ や $n(n+1)$ が係数でも、同じほどき方が通用する。