数学3 無限級数 問題 6 解説

方針・初手

(1) については、与えられた数列 $a_n$ が符号が交互に変わる平方数の和（交代級数）となっている。このような和を求める場合は、$n$ が偶数のときと奇数のときで場合分けを行って計算を進めるのが定石である。隣り合う2項をペアにして $x^2 - y^2 = (x-y)(x+y)$ の因数分解を利用すると計算が見通しやすくなる。

(2) については、(1) で求めた $a_n$ の式を代入する。符号を決める $(-1)^{n+1}$ が分子と分母で打ち消し合うため、部分分数分解を利用する無限級数の典型的な問題に帰着する。

解法1

(1) 与えられた数列の一般項 $a_n$ を、$n$ の偶奇によって場合分けして計算する。

(i) $n$ が偶数のとき $n = 2m$（$m$ は自然数）とおく。

$$\begin{aligned} a_{2m} &= 1^2 - 2^2 + 3^2 - 4^2 + \dots + (2m-1)^2 - (2m)^2 \\ &= (1^2 - 2^2) + (3^2 - 4^2) + \dots + \{(2m-1)^2 - (2m)^2\} \\ &= (1 - 2)(1 + 2) + (3 - 4)(3 + 4) + \dots + \{(2m-1) - 2m\}\{(2m-1) + 2m\} \\ &= -3 - 7 - \dots - (4m - 1) \\ &= - \{ 3 + 7 + \dots + (4m - 1) \} \end{aligned}$$

中かっこ内の和は、初項 $3$、末項 $4m-1$、項数 $m$ の等差数列の和であるから、

$$\begin{aligned} a_{2m} &= - \frac{m \{ 3 + (4m - 1) \} }{2} \\ &= - \frac{m(4m + 2)}{2} \\ &= -m(2m + 1) \end{aligned}$$

$m = \frac{n}{2}$ を代入して $n$ の式に戻すと、

$$\begin{aligned} a_n &= - \frac{n}{2} \left( 2 \cdot \frac{n}{2} + 1 \right) \\ &= - \frac{1}{2} n(n+1) \end{aligned}$$

(ii) $n$ が奇数のとき $n = 2m-1$（$m$ は自然数）とおく。 $m=1$ のとき、すなわち $n=1$ のときは $a_1 = 1^2 = 1$ となり成り立つ。 $m \ge 2$ のとき、第 $(2m-1)$ 項までの和は、第 $(2m-2)$ 項までの和に $(2m-1)^2$ を加えたものであるから、

$$\begin{aligned} a_{2m-1} &= a_{2m-2} + (2m-1)^2 \end{aligned}$$

ここで、$a_{2m-2}$ は $n$ が偶数の場合（$n=2m-2$）の式を利用できるため、

$$\begin{aligned} a_{2m-2} &= - \frac{1}{2} (2m-2)(2m-1) \\ &= -(m-1)(2m-1) \end{aligned}$$

これを代入して整理すると、

$$\begin{aligned} a_{2m-1} &= -(m-1)(2m-1) + (2m-1)^2 \\ &= (2m-1) \{ -(m-1) + (2m-1) \} \\ &= m(2m-1) \end{aligned}$$

$m = \frac{n+1}{2}$ を代入して $n$ の式に戻すと、

$$\begin{aligned} a_n &= \frac{n+1}{2} \left( 2 \cdot \frac{n+1}{2} - 1 \right) \\ &= \frac{1}{2} n(n+1) \end{aligned}$$

これは $n=1$ のときの $a_1 = 1$ も満たす。

(i), (ii) より、$n$ が偶数のときは負、$n$ が奇数のときは正となるため、$(-1)^{n+1}$ を用いて1つの式にまとめることができる。

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

(2) 求める無限級数の和を $S$ とし、第 $N$ 項までの部分和を $S_N$ とおく。 (1) の結果より、和の各項は次のように変形できる。

$$\begin{aligned} (-1)^{n+1} \frac{1}{a_n} &= (-1)^{n+1} \frac{1}{(-1)^{n+1} \frac{1}{2} n(n+1)} \\ &= \frac{2}{n(n+1)} \end{aligned}$$

これを部分分数に分解すると、

$$\frac{2}{n(n+1)} = 2 \left( \frac{1}{n} - \frac{1}{n+1} \right)$$

となる。したがって、部分和 $S_N$ は次のように計算できる。

$$\begin{aligned} S_N &= \sum_{n=1}^N 2 \left( \frac{1}{n} - \frac{1}{n+1} \right) \\ &= 2 \left\{ \left( \frac{1}{1} - \frac{1}{2} \right) + \left( \frac{1}{2} - \frac{1}{3} \right) + \dots + \left( \frac{1}{N} - \frac{1}{N+1} \right) \right\} \\ &= 2 \left( 1 - \frac{1}{N+1} \right) \end{aligned}$$

求める無限級数の和は、この部分和 $S_N$ において $N \to \infty$ の極限をとることで得られる。

$$\begin{aligned} S &= \lim_{N \to \infty} S_N \\ &= \lim_{N \to \infty} 2 \left( 1 - \frac{1}{N+1} \right) \\ &= 2(1 - 0) \\ &= 2 \end{aligned}$$

解法2

(1) について、シグマ記号の公式を用いた別の計算方法を示す。

(i) $n$ が偶数のとき $n=2m$（$m$ は自然数）とおく。

$$\begin{aligned} a_{2m} &= \sum_{k=1}^m \left\{ (2k-1)^2 - (2k)^2 \right\} \\ &= \sum_{k=1}^m (4k^2 - 4k + 1 - 4k^2) \\ &= \sum_{k=1}^m (-4k + 1) \\ &= -4 \cdot \frac{1}{2} m(m+1) + m \\ &= -2m^2 - 2m + m \\ &= -m(2m+1) \end{aligned}$$

$m = \frac{n}{2}$ を代入して、

$$\begin{aligned} a_n &= - \frac{n}{2} (n+1) \\ &= - \frac{1}{2} n(n+1) \end{aligned}$$

(ii) $n$ が奇数のとき $n=2m-1$（$m$ は自然数）とおく。

$$\begin{aligned} a_{2m-1} &= a_{2m-2} + (2m-1)^2 \\ &= -(m-1)\{2(m-1)+1\} + 4m^2 - 4m + 1 \\ &= -(m-1)(2m-1) + 4m^2 - 4m + 1 \\ &= -(2m^2 - 3m + 1) + 4m^2 - 4m + 1 \\ &= 2m^2 - m \\ &= m(2m-1) \end{aligned}$$

$m = \frac{n+1}{2}$ を代入して、

$$\begin{aligned} a_n &= \frac{n+1}{2} \cdot n \\ &= \frac{1}{2} n(n+1) \end{aligned}$$

以上から、偶奇の場合分けをまとめて、

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

解説

• 符号が交互に変わる和（交代級数）は、項を適当なペアで区切るために $n$ の偶奇で場合分けして考えるのが定石である。
• 今回のように $x^2 - y^2$ の形ができる場合は、差の平方の公式を使うことで定数と1次式の和（等差数列の和）に帰着でき、煩雑な2乗の和の公式を回避できるため計算量を減らすことができる。
• 場合分けして求めた結果は、最後に $(-1)^n$ や $(-1)^{n+1}$ などの累乗を用いて1つの式に統合することで、(2)のような後続の計算がスムーズに行える。
• (2)は部分分数分解を利用する無限級数の典型問題である。隣り合う項が次々と打ち消し合う「望遠鏡和 (telescoping sum)」の形を作り、残った項に対して極限をとるという流れを確実におさえたい。

答え

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

(2) $2$