解説

方針・初手

無限等比級数の公比は $e^{-kt}$ である。$t>0,\ k\in\mathbb{N}$ より $0<e^{-kt}<1$ だから、まず等比級数の和の公式を用いて $f_k(t)$ を求める。

その後、得られた関数

$$ f_k(t)=\frac{1}{1-e^{-kt}}

$$

を $t$ について積分する。最後の極限では、指数関数の主要項だけを取り出す。

解法1

無限等比級数

$$ \sum_{n=1}^{\infty} e^{-kt(n-1)}

$$

は、初項 $1$、公比 $e^{-kt}$ の等比級数である。

$t>0,\ k\in\mathbb{N}$ だから $0<e^{-kt}<1$ であり、和は

$$ f_k(t)=\frac{1}{1-e^{-kt}}

$$

である。

次に、$x>0$ に対して

$$ F_k(x)=\int_1^x f_k(t),dt

$$

を計算する。

先ほどの結果より、

$$ F_k(x)=\int_1^x \frac{1}{1-e^{-kt}},dt

$$

である。ここで

$$ \frac{1}{1-e^{-kt}}=\frac{e^{kt}}{e^{kt}-1}

$$

と変形できるので、

$$ F_k(x)=\int_1^x \frac{e^{kt}}{e^{kt}-1},dt

$$

となる。

また、

$$ \frac{d}{dt}\log(e^{kt}-1) =\frac{k e^{kt}}{e^{kt}-1}

$$

であるから、

$$ \int \frac{e^{kt}}{e^{kt}-1},dt =\frac{1}{k}\log(e^{kt}-1)

$$

である。

したがって、

$$ \begin{aligned} F_k(x) &=\left[\frac{1}{k}\log(e^{kt}-1)\right]_1^x\\ &=\frac{1}{k}\log(e^{kx}-1)-\frac{1}{k}\log(e^k-1)\\ &=\frac{1}{k}\log\frac{e^{kx}-1}{e^k-1} \end{aligned}

$$

である。

次に、$k\to\infty$ の極限を求める。$a>0$ に対して

$$ \frac{1}{k}\log(e^{ka}-1) =\frac{1}{k}\log\left(e^{ka}(1-e^{-ka})\right) =a+\frac{1}{k}\log(1-e^{-ka})

$$

である。

ここで $e^{-ka}\to 0$ より、

$$ \log(1-e^{-ka})\to 0

$$

であり、したがって

$$ \frac{1}{k}\log(1-e^{-ka})\to 0

$$

である。

よって、$a>0$ のとき

$$ \lim_{k\to\infty}\frac{1}{k}\log(e^{ka}-1)=a

$$

が成り立つ。

これを $a=x$ と $a=1$ に適用すると、

$$ \begin{aligned} \lim_{k\to\infty}F_k(x) &=\lim_{k\to\infty}\left\{\frac{1}{k}\log(e^{kx}-1)-\frac{1}{k}\log(e^k-1)\right\}\\ &=x-1 \end{aligned}

$$

である。

解説

この問題では、最初に与えられた級数が「無限等比級数」であることを見抜くことが重要である。公比は $e^{-kt}$ で、$t>0$ だから絶対に $1$ より小さい。したがって、和はすぐに

$$ \frac{1}{1-e^{-kt}}

$$

となる。

積分では、

$$ \frac{1}{1-e^{-kt}}

$$

のまま扱うより、

$$ \frac{e^{kt}}{e^{kt}-1}

$$

と変形すると、$\log(e^{kt}-1)$ の微分が現れる。ここが計算の中心である。

極限では、

$$ e^{kx}-1

$$

の主な大きさが $e^{kx}$ であることを使う。対数を取って $k$ で割ると、指数の係数 $x$ が残る。

答え

**(1)**

$$ f_k(t)=\frac{1}{1-e^{-kt}}

$$

**(2)**

$$ F_k(x)=\frac{1}{k}\log\frac{e^{kx}-1}{e^k-1}

$$

**(3)**

$$ \lim_{k\to\infty}F_k(x)=x-1

$$