【数Ⅲ】順列Pを含む極限値（区分求積法の超難問）【極限と積分の融合問題】

本記事では、数Ⅲの難関分野である極限と積分を融合させた難問を徹底解説していきます。極限と積分が関係する分野と言えば、受験生ならおなじみ「区分求積法」ですね。

今回は確率分野以外で見ることは珍しい順列Pを含んだ極限の超難問について解説していきます。もちろん、区分求積法の超難問になっているので、苦手な人も得意な人も解けるかぜひ一緒に確認していきましょう！

　本記事はこんな人におすすめ

極限と積分の難問に挑戦したい人
区分求積法の問題を極めたい人
極限と積分の面白い問題を理解したい人
極限・積分分野の大学入試対策をしたい人

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【問題＆解説】順列Pを含む極限値
本記事のまとめ

【問題＆解説】順列Pを含む極限値

問題編（難易度：★★★）

【問題】順列Pを含む極限値（難易度：★★★）

$\small \displaystyle \lim_{n \to \infty} \frac{1}{n} \sqrt[n]{{}_{2n}\mathrm{P}_{n}}$の極限値を求めよ。
[東京理科大]

解答編

\begin{split}
&\small \frac{1}{n}\sqrt[n]{{}_{2n}\mathrm{P}_{n}}\\
&\small =\frac{1}{n}\left[(2n)(2n-1)(2n-2) \times \cdots \times (n+1)\right]^{\frac{1}{n}}\\
&\small =\frac{1}{n}\left[n^n \cdot 2\left(2-\frac{1}{n}\right)\left(2-\frac{2}{n}\right) \times \cdots \times \left(1+\frac{1}{n}\right)\right]^{\frac{1}{n}}\\
&\small =\left[2\left(2-\frac{1}{n}\right)\left(2-\frac{2}{n}\right) \times \cdots \times \left(1+\frac{1}{n}\right)\right]^{\frac{1}{n}}\\
&\small = \left[\left(1+\frac{n}{n}\right)\left(1-\frac{n-1}{n}\right)\left(1+\frac{n-2}{n}\right)\times \cdots \times \left(1+\frac{1}{n}\right)\right]^{\frac{1}{n}}\quad \cdots ①\\
\end{split}

①の対数を考えることで

\begin{split}
\small \log \bigg[\frac{1}{n}\sqrt[n]{{}_{2n}\mathrm{P}_{n}}\bigg] &\small = \log \left[\left(1+\frac{n}{n}\right)\times \cdots \times \left(1+\frac{1}{n}\right)\right]^{\frac{1}{n}}\\
&\small = \frac{1}{n}\log \left[\left(1+\frac{n}{n}\right)\times \cdots \times \left(1+\frac{1}{n}\right)\right]\\
&\small = \frac{1}{n}\sum_{k=1}^n \log\left(1+\frac{k}{n}\right) \quad \cdots ②\\
\end{split}

ここで、②の右辺の極限値は区分求積法より

\begin{split}
\small \displaystyle \lim_{n \to \infty}（\mathrm{RHS}）&\small\displaystyle = \lim_{n \to \infty}\frac{1}{n}\sum_{k=1}^n \log\left(1+\frac{k}{n}\right)\\
&\small \displaystyle = \int_0^1 \log(1+x) dx\\
&\small \displaystyle =\bigg[(1+x)\log(1+x)\bigg]_{0}^1-\int_0^1 1 dx\\
&\small \displaystyle = 2\log 2-1
\end{split}

よって、

\begin{split}
&\small \displaystyle \log \bigg[\lim_{n \to \infty} \frac{1}{n}\sqrt[n]{{}_{2n}\mathrm{P}_{n}}\bigg] ＝ 2\log2 -1\\
\small \Leftrightarrow \space &\small \displaystyle \lim_{n \to \infty} \frac{1}{n}\sqrt[n]{{}_{2n}\mathrm{P}_{n}} ＝ e^{2\log2 -1}\\
\small \Leftrightarrow \space &\small \displaystyle \lim_{n \to \infty} \frac{1}{n}\sqrt[n]{{}_{2n}\mathrm{P}_{n}} ＝ \color{red}{\frac{4}{e}\quad \cdots 【答】}\\
\end{split}

解説編（考え方を分かりやすく解説）

問題解決のKey

順列の式を書き下す過程で$\small \displaystyle \frac{k}{n}$の積の形がたくさん出てくるので、これらをうまく和の形に式変形できれば区分求積法が使えることに着目できるかがポイント。

≪区分求積法≫
「極限」「1/n」「和」「k/n」の形がある極限の計算に有効。
$$\small \displaystyle \lim_{n\to\infty} \frac{1}{n} \sum_{k=1}^n \bigg[ \frac{k}{n}を含むの式\bigg]=\int_0^1 (k/n=xとした式)dx$$

　解説

まずは、順列の定義からルートの中身を書き下してみましょう。

\begin{split}
\small \sqrt[n]{{}_{2n}\mathrm{P}_{n}} &\small =\sqrt[n]{\frac{(2n)!}{n!}}\\
&\small =\left(\frac{(2n)(2n-1)(2n-2) \times \cdots \times 2 \cdot 1}{n(n-1) \times \cdots \times 1}\right)^{\frac{1}{n}}\\
&\small =\left[(2n)(2n-1)(2n-2) \times \cdots \times (n+1)\right]^{\frac{1}{n}} \quad \mathsf{◀}n!\mathsf{以降は約分で消える}\\
&\small =\left[n^n \cdot 2\left(2-\frac{1}{n}\right)\left(2-\frac{2}{n}\right) \times \cdots \times \left(1+\frac{1}{n}\right)\right]^{\frac{1}{n}}\\
&\small =n\left[2\left(2-\frac{1}{n}\right)\left(2-\frac{2}{n}\right) \times \cdots \times \left(1+\frac{1}{n}\right)\right]^{\frac{1}{n}}\\
\end{split}

ここまでは順列の定義を展開していっただけですが、途上の展開式の形で指数の$\small \dfrac{1}{n}$の形が出てきたあたりから、自然対数の定義

$$\small \lim_{n \to \infty}\left(1+\frac{1}{n}\right)^{n}=e$$

が使えそうだな…というところに気が付きます。

なので、ここからは自然対数の定義の形に上式を近づけていくことを視野に入れた式変形を考えていきます。[]括弧内の末尾の$\small \displaystyle \left( 1+\frac{1}{n} \right)$あたりは、自然対数の定義と一致してますが、先頭部分の$\small \displaystyle \left(2-\frac{1}{n}\right)$あたりが少し違う形になっています。ここを「1+…」の形になるように無理やり式変形すると

\begin{split}
&\small n\left[2\left(2-\frac{1}{n}\right)\left(2-\frac{2}{n}\right) \times \cdots \times \left(1+\frac{1}{n}\right)\right]^{\frac{1}{n}}\\
&\small =n\left[2\left(\color{red}{1+1}-\frac{1}{n}\right)\left(\color{red}{1+1}-\frac{2}{n}\right) \times \cdots \times \left(1+\frac{1}{n}\right)\right]^{\frac{1}{n}}\\
&\small =n\left[2\left(1-\frac{\color{red}{n-1}}{n}\right)\left(1-\frac{\color{red}{n-2}}{n}\right) \times \cdots \times \left(1+\frac{\color{red}2}{n}\right)\left(1+\frac{\color{red}1}{n}\right)\right]^{\frac{1}{n}}\\
\end{split}

上式の赤字部分を見て、$\small \displaystyle \left(1+\frac{\color{red}k}{n}\right) \space (k=1,2,\cdots n-1)$の積になっていることに気が付ければかなりgood！

あとは先頭に「lim（極限）」がありかつ、$\small \displaystyle \left(\frac{1}{n}\right)$がありかつ、関数に$\small \displaystyle \left(\frac{k}{n}\right)$の形が含まれることから、$\small \sum$（数列の和）があれば区分求積法の形になるというところまで発想できれば、かなり区分求積法を極めているといっても過言ではないでしょう。

区分求積法を適用するにあたって、$\small k=1,\cdots,n-1$となっており、$\small n$がないのが気持ち悪いので、[]括弧内の先頭の「2」を

$$\small \displaystyle 2=1+\frac{n}{n}$$

と式変形しておけば、

\begin{split}
&\small n\left[\left(1+\frac{n}{n}\right)\left(1-\frac{n-1}{n}\right)\times \cdots \times \left(1+\frac{1}{n}\right)\right]^{\frac{1}{n}}\\
\end{split}

となり、無事 $\small \displaystyle \left(1+\frac{k}{n}\right) \space (k=1,2,\cdots n)$の積の形を作り出すことができました。

あとは、最後の難関である和の形をどう作るかについて考えていきましょう。区分求積法を適用するには、イメージとして

$$\small \displaystyle \sum_{k=1}^n \left(1+\frac{k}{n}\right)$$

のような形が出てくる必要があります。

ただし今あるのは和ではなく積…。ここからどうにか和を作り出す方法はあるのでしょうか？勘がいい人であれば、「全体の$\small \log $をとったら積⇒和になる」という発想に思い当たるでしょう（この発想はガチ天才！）。

つまり、

\begin{split}
&\small \frac{1}{n}\sqrt[n]{{}_{2n}\mathrm{P}_{n}}\\
&\small = \left[\left(1+\frac{n}{n}\right)\left(1-\frac{n-1}{n}\right)\times \cdots \times \left(1+\frac{1}{n}\right)\right]^{\frac{1}{n}}\quad \cdots ①\\
\end{split}

として、①の対数を考えることで

\begin{split}
\small \log ① &\small =\log \left[\left(1+\frac{n}{n}\right)\left(1-\frac{n-1}{n}\right)\times \cdots \times \left(1+\frac{1}{n}\right)\right]^{\frac{1}{n}}\\
&\small =\frac{1}{n} \log \left[\left(1+\frac{n}{n}\right)\left(1-\frac{n-1}{n}\right)\times \cdots \times \left(1+\frac{1}{n}\right)\right]\\
&\small =\frac{1}{n} \sum_{k=1}^n \log \left(1+\frac{k}{n}\right) \quad [*1]\\
\end{split}

$\small *1$：補足
対数の性質
\begin{split}
&\small \log (X_1 X_2 \cdots X_n ) \\
&\small =\log X_1 + \log X_2 + \cdots \log X_n\\
&\small = \displaystyle \sum_{k=1}^n \log X_k\\
\end{split}
を利用した。

よって、求める極限の対数は

\begin{split}
&\small \displaystyle \color{red}{\log\bigg[} \lim_{n \to \infty} \frac{1}{n} \sqrt[n]{{}_{2n}\mathrm{P}_{n}} \color{red}{\bigg]}\\
&\small \displaystyle =\lim_{n \to \infty} \frac{1}{n} \sum_{k=1}^n \log \left(1+\frac{k}{n}\right)\\
&\small \displaystyle =\int_0^1 \log(1+x)dx \quad \color{magenta}{\mathsf{◀区分求積法を利用}}\\
&\small \displaystyle =\bigg[(1+x)\log(1+x)\bigg]_{0}^1-\int_0^1 1 dx \quad [*2]\\
&\small \displaystyle = \color{red}{2\log 2-1 \quad \cdots 【まだ答えじゃないので注意！】}
\end{split}

$\small *2$：補足
log単体の積分は、部分積分を利用することで求めることができる。
$$\small \int \log x = x \log x -x +C \quad ってやつ…$$

よって、

\begin{split}
&\small \displaystyle \color{red}{\log\bigg[} \lim_{n \to \infty} \frac{1}{n} \sqrt[n]{{}_{2n}\mathrm{P}_{n}} \color{red}{\bigg]}=2\log 2-1\\
\small \Leftrightarrow \space &\small \displaystyle \lim_{n \to \infty} \frac{1}{n} \sqrt[n]{{}_{2n}\mathrm{P}_{n}} =e^{2\log 2-1} \quad \mathsf{◀logの定義}[*3]\\
&\small =e^{\log 4}\cdot e^{-1}\\
&\small =\color{red}{\frac{4}{e}\quad \cdots 【答】}\\
\end{split}

$\small *3$：補足
logの定義、$\small \log X =a$のとき、$\small X= e^a$を用いた。
また、その直後の計算では、この定義から$\small e^{\log X}=e^{a}=X$、すなわち$\small e^{\log X}=X$が成り立つことを用いている（$\small e^{\log 4}=4$のところ）。

余談…

そういえば、冒頭で自然対数の定義の形を目指していましたが、結局使わなかった…（途中で区分求積法の問題と気づいたため）。数学では、そういうこともよくありますね(^^;)。