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数学3 数列･極限問題 17 解説

方針・初手

数列の和 $S_n$ と一般項 $a_n$ の関係式 $S_1 = a_1$ および $a_{n+1} = S_{n+1} - S_n$ を利用して、$a_n$ についての漸化式を導く。その後は基本的な隣接2項間漸化式を解き、極限を計算する。

解法1

(1)

$n=1$ のとき、$S_1 = a_1$ であるから、与えられた式に $n=1$ を代入すると

$$a_1 = \frac{1}{3} a_1 - 1$$

これを解いて

$$a_1 = -\frac{3}{2}$$

また、与式より

$$\begin{aligned} S_{n+1} &= \frac{1}{3} a_{n+1} - (n+1) \\ S_n &= \frac{1}{3} a_n - n \end{aligned}$$

上の式から下の式を辺々引くと

$$S_{n+1} - S_n = \frac{1}{3} a_{n+1} - \frac{1}{3} a_n - 1$$

$n \geqq 1$ において $S_{n+1} - S_n = a_{n+1}$ であるから

$$a_{n+1} = \frac{1}{3} a_{n+1} - \frac{1}{3} a_n - 1$$

整理すると

$$\frac{2}{3} a_{n+1} = -\frac{1}{3} a_n - 1$$

よって

$$a_{n+1} = -\frac{1}{2} a_n - \frac{3}{2}$$

(2)

(1) で求めた漸化式 $a_{n+1} = -\frac{1}{2} a_n - \frac{3}{2}$ を変形する。方程式 $\alpha = -\frac{1}{2} \alpha - \frac{3}{2}$ を解くと $\alpha = -1$ であるから、次のように変形できる。

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

これより、数列 $\{a_n + 1\}$ は初項 $a_1 + 1$、公比 $-\frac{1}{2}$ の等比数列である。初項は

$$a_1 + 1 = -\frac{3}{2} + 1 = -\frac{1}{2}$$

であるから

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

したがって、一般項は

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

(3)

(2) の結果より

$$\lim_{n \to \infty} a_n = \lim_{n \to \infty} \left\{ \left( -\frac{1}{2} \right)^n - 1 \right\}$$

ここで、公比 $-\frac{1}{2}$ の絶対値は $1$ より小さいため、$\lim_{n \to \infty} \left( -\frac{1}{2} \right)^n = 0$ となる。よって

$$\lim_{n \to \infty} a_n = -1$$

解説

和 $S_n$ を含む漸化式の定石である「$S_1 = a_1$」および「$n \geqq 2$ で $a_n = S_n - S_{n-1}$」を用いる基本問題である。本問のように $a_{n+1} = S_{n+1} - S_n$ を用いると、$n \geqq 1$ のままで立式できるため場合分けが不要になり、記述が簡潔になる。隣接2項間漸化式の解法、および等比数列の極限の基本を問う標準的な構成となっている。