解説

方針・初手

各和はすべて $1$ 次式から $4$ 次式までのべき和であるから、既知の和の公式を用いて分子・分母を具体的に表すのが最も確実である。

特に

$$ \sum_{k=1}^{n} k,\quad \sum_{k=1}^{n} k^2,\quad \sum_{k=1}^{n} k^3,\quad \sum_{k=1}^{n} k^4

$$

の公式を代入して整理すれば、極限は有理式の極限に帰着する。

解法1

求める極限を

$$ L=\lim_{n\to\infty}\frac{(1^2+2^2+3^2+\cdots+n^2)(1^3+2^3+3^3+\cdots+n^3)}{(1+2+3+\cdots+n)(1^4+2^4+3^4+\cdots+n^4)}

$$

とおく。

和の公式より

$$ 1+2+\cdots+n=\frac{n(n+1)}{2},

$$

$$ 1^2+2^2+\cdots+n^2=\frac{n(n+1)(2n+1)}{6},

$$

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

$$

$$ 1^4+2^4+\cdots+n^4=\frac{n(n+1)(2n+1)(3n^2+3n-1)}{30}

$$

である。

したがって

$$ L=\lim_{n\to\infty} \frac{\dfrac{n(n+1)(2n+1)}{6}\cdot \left(\dfrac{n(n+1)}{2}\right)^2} {\dfrac{n(n+1)}{2}\cdot \dfrac{n(n+1)(2n+1)(3n^2+3n-1)}{30}}.

$$

ここで分子・分母の共通因子 $n(n+1)(2n+1)$ を整理すると

$$ L=\lim_{n\to\infty} \frac{5n(n+1)}{2(3n^2+3n-1)}.

$$

さらに分子・分母を $n^2$ で割れば

$$ L=\lim_{n\to\infty} \frac{5\left(1+\dfrac{1}{n}\right)} {2\left(3+\dfrac{3}{n}-\dfrac{1}{n^2}\right)} =\frac{5}{2\cdot 3} =\frac{5}{6}.

$$

解法2

べき和の最高次の項だけに注目してもよい。

一般に

$$ \sum_{k=1}^{n}k \sim \frac{n^2}{2},\qquad \sum_{k=1}^{n}k^2 \sim \frac{n^3}{3},\qquad \sum_{k=1}^{n}k^3 \sim \frac{n^4}{4},\qquad \sum_{k=1}^{n}k^4 \sim \frac{n^5}{5}

$$

であるから、与式は

$$ \begin{aligned} \frac{\left(\dfrac{n^3}{3}\right)\left(\dfrac{n^4}{4}\right)} {\left(\dfrac{n^2}{2}\right)\left(\dfrac{n^5}{5}\right)} &= \frac{1}{12}\cdot 10 \\ \frac{5}{6} \end{aligned} $$

に近づく。よって極限値は

$$ \frac{5}{6}

$$

である。

解説

この問題の要点は、分子・分母がそれぞれ同程度の次数をもつことを見抜くことである。実際、

$$ \sum_{k=1}^{n}k^m

$$

はおおよそ $n^{m+1}$ の大きさになるので、与式全体は定数に収束すると予想できる。

厳密に解くには解法1のように和の公式を用いるのが基本であり、試験ではこれが最も安全である。計算量も見た目ほど多くなく、共通因子の約分でかなり簡潔になる。

答え

極限値は

$$ \frac{5}{6}

$$

である。