解説

方針・初手

（1） は数学的帰納法で示す。帰納法の仮定を用いて $(1+h)^{n+1}$ を評価し、余る高次の項が正であることを使えばよい。

（2） は $0<x<1$ から $x=\dfrac{1}{1+h}$ とおけることに着目する。すると （1） の不等式を $(1/x)^n$ に適用でき、$x^n$ の上からの評価が得られる。

（3） は部分和を

$$ S_n=2x+4x^2+\cdots+2n x^n $$

とおき、$xS_n$ との差をとる。最後に （2） を使って余りの項が $0$ に収束することを示せばよい。

解法1

（1） の証明

命題

$$ (1+h)^n \geqq 1+nh+\frac{n(n-1)}{2}h^2 $$

がすべての自然数 $n$ について成り立つことを示す。ただし $h>0$ である。

まず $n=1$ のときを調べると，

$$ (1+h)^1=1+h=1+1\cdot h+\frac{1\cdot 0}{2}h^2 $$

となり成り立つ。

次に，ある自然数 $n=k$ で

$$ (1+h)^k \geqq 1+kh+\frac{k(k-1)}{2}h^2 $$

が成り立つと仮定する。

このとき，

$$ (1+h)^{k+1}=(1+h)^k(1+h) $$

であるから，帰納法の仮定より

$$ (1+h)^{k+1} \geqq \left(1+kh+\frac{k(k-1)}{2}h^2\right)(1+h) $$

となる。右辺を展開すると，

$$ \begin{aligned} \left(1+kh+\frac{k(k-1)}{2}h^2\right)(1+h) &=1+(k+1)h+\left(k+\frac{k(k-1)}{2}\right)h^2+\frac{k(k-1)}{2}h^3 \\ &=1+(k+1)h+\frac{k(k+1)}{2}h^2+\frac{k(k-1)}{2}h^3 \end{aligned} $$

である。ここで $h>0$ より $\dfrac{k(k-1)}{2}h^3\geqq 0$ であるから，

$$ (1+h)^{k+1}\geqq 1+(k+1)h+\frac{k(k+1)}{2}h^2 $$

を得る。これは $n=k+1$ の場合の主張である。

以上より，数学的帰納法によって

$$ (1+h)^n \geqq 1+nh+\frac{n(n-1)}{2}h^2 $$

はすべての自然数 $n$ について成り立つ。

（2） の証明

$0<x<1$ とする。このとき

$$ \frac{1}{x}>1 $$

であるから，ある $h>0$ を用いて

$$ \frac{1}{x}=1+h $$

と書ける。すなわち

$$ x=\frac{1}{1+h} $$

である。

（1） より，

$$ \left(\frac{1}{x}\right)^n=(1+h)^n \geqq 1+nh+\frac{n(n-1)}{2}h^2 $$

である。特に $n\geqq 2$ では右辺の最後の項だけを見ても

$$ \left(\frac{1}{x}\right)^n \geqq \frac{n(n-1)}{2}h^2 $$

となるから，

$$ x^n \leqq \frac{2}{n(n-1)h^2} $$

を得る。両辺に $n$ を掛けると，

$$ n x^n \leqq \frac{2}{(n-1)h^2} $$

である。右辺は $n\to\infty$ で $0$ に収束するので，はさみうちの原理より

$$ n x^n \to 0 \qquad (n\to\infty) $$

である。

したがって，$0<x<1$ のとき数列 ${n x^n}$ は $0$ に収束する。

（3） の証明

部分和を

$$ S_n=2x+4x^2+6x^3+\cdots+2n x^n $$

とおく。

両辺に $x$ を掛けると，

$$ xS_n=2x^2+4x^3+6x^4+\cdots+2(n-1)x^n+2n x^{n+1} $$

である。よって引き算すると，

$$ \begin{aligned} S_n-xS_n &=2x+2x^2+2x^3+\cdots+2x^n-2n x^{n+1} \end{aligned} $$

すなわち，

$$ (1-x)S_n=2(x+x^2+\cdots+x^n)-2n x^{n+1} $$

となる。ここで等比数列の和の公式より，

$$ x+x^2+\cdots+x^n=\frac{x(1-x^n)}{1-x} $$

であるから，

$$ (1-x)S_n=\frac{2x(1-x^n)}{1-x}-2n x^{n+1} $$

したがって，

$$ S_n=\frac{2x(1-x^n)}{(1-x)^2}-\frac{2n x^{n+1}}{1-x} $$

を得る。

ここで $0<x<1$ だから $x^n\to 0$ である。また （2） より $n x^n\to 0$ であるから，

$$ n x^{n+1}=x\cdot n x^n \to 0 $$

である。よって $n\to\infty$ とすると，

$$ \sum_{n=1}^{\infty}2n x^n =\lim_{n\to\infty}S_n =\frac{2x}{(1-x)^2} $$

となる。

解説

（1） は二項定理を使わずに，帰納法だけで二次までの評価を取り出す問題である。帰納法の仮定を掛け合わせたあとに現れる $h^3$ の項が正であることが決定的である。

（2） の本質は，$0<x<1$ を $x=\dfrac{1}{1+h}$ の形に直して （1） を使えるようにする点にある。すると $x^n$ が $1/n^2$ 程度よりも小さいことが分かり，したがって $n x^n\to 0$ が従う。

（3） は $\sum n x^n$ 型の典型処理であり，部分和 $S_n$ と $xS_n$ の差をとるのが基本である。最後に現れる余り $n x^{n+1}$ が $0$ に行くことを （2） で保証するのが流れの要点である。

答え

**(1)**

$$ (1+h)^n \geqq 1+nh+\frac{n(n-1)}{2}h^2 \qquad (h>0,\ n\in \mathbb{N}) $$

が数学的帰納法によって成り立つ。

**(2)**

$$ \lim_{n\to\infty} n x^n=0 \qquad (0<x<1) $$

**(3)**

$$ 2x+4x^2+6x^3+\cdots+2n x^n+\cdots =\sum_{n=1}^{\infty}2n x^n =\frac{2x}{(1-x)^2} \qquad (0<x<1) $$