4熊本大学 2017年 数学 第4問解答・解説

(問1) 一般の $n$ について最大値を先に求める。分母に使われる数を小さい順に $b_1<b_2<\cdots<b_n$、分子に使われる数を大きい順に $c_1>c_2>\cdots>c_n$ と並べる。分母 $b_i<b_j$ に対し、対応する分子が $u<v$ なら、二つの組を入れ替えたときの増加量は $$\displaystyle \left(\frac{v}{b_i}+\frac{u}{b_j}\right) -\left(\frac{u}{b_i}+\frac{v}{b_j}\right) =(v-u)\left(\frac1{b_i}-\frac1{b_j}\right)>0$$ である。従って、どの分子集合・分母集合を選んでも、その和は大きい分子から小さい分母へ順に組み合わせた和を超えない。

$b_i$ は相異なる正整数を小さい順に並べたものなので $b_i\geq i$ である。また $c_i\leq 2n+1-i$ である。実際、これより大きい $i$ 個の相異なる数を $1,\ldots,2n$ から選ぶことはできない。よって $$\displaystyle \sum\limits _{i=1}^n\frac{c_i}{b_i} \leq\sum\limits _{i=1}^n\frac{2n+1-i}{i} =(2n+1)\sum\limits _{i=1}^n\frac1i-n.$$ この上限は $$(a_1,\ldots,a_{2n})=(2n,2n-1,\ldots,n+1,1,2,\ldots,n)$$ で実現する。このとき $a_i=2n+1-i,\ a_{n+i}=i$ だから各項は $(2n+1-i)/i$ となる。従って $$\displaystyle S_n=(2n+1)\sum\limits _{i=1}^n\frac1i-n.$$ 特に $n=2$ では、例えば順列 $(4,3,1,2)$ が最大値を与え、 $$\displaystyle S_2=\frac41+\frac32=\frac{11}{2}.$$

(問2) 上の順列 $$(2n,2n-1,\ldots,n+1,1,2,\ldots,n)$$ が $S_n$ を与える。上限の証明で示した通り、分母の $i$ 番目に小さい数は少なくとも $i$、分子の $i$ 番目に大きい数は高々 $2n+1-i$ であり、分子を大きい順に分母を小さい順に組み合わせると各項の総和は最大になる。この順列は二つの不等式の等号を全て実現するので、総和は上限 $\displaystyle (2n+1)\sum\limits _{i=1}^n1/i-n$ に達する。

(問3) $\displaystyle H_n=\sum\limits _{i=1}^n1/i$ とおく。関数 $1/x$ は $x>0$ で減少するので、各 $i=1,\ldots,n-1$ について $$\displaystyle \int_i^{i+1}\frac{dx}{x}\leq\frac1i,$$ また各 $i=2,\ldots,n$ について $$\displaystyle \frac1i\leq\int_{i-1}^{i}\frac{dx}{x}.$$ これらを加えると $$\log n\leq H_n\leq1+\log n.$$ $n\to\infty$ とすると $H_n/\log n\to1$ である。従って $$\displaystyle \frac{S_n}{n\log n} =\left(2+\frac1n\right)\frac{H_n}{\log n}-\frac1{\log n} \longrightarrow 2.$$