数学B 数列の和 問題 46 解説

方針・初手

漸化式は、偶奇に応じて $a_n$ を $2$ で割った整数部分に移す操作である。したがってまず数列の各項を具体的に追い、$a_n$ が $0$ になるところまでの総和を求める。

$M$ が途中で止まる場合でも、各項が非負であれば部分和は全体の和以下になるので、最終的には全項の和を評価すればよい。

解法1

まず $a_1=2^N-3$ である。$N \geqq 2$ より $2^N$ は偶数なので、$a_1$ は奇数である。したがって

$$ a_2=\frac{a_1-1}{2} =\frac{2^N-4}{2} =2^{N-1}-2 $$

である。

ここで $N=2$ のときは $a_2=0$ であるから、

$$ \sum_{n=1}^{M}a_n \leqq a_1=1 $$

であり、

$$ 2^{N+1}-N-5=2^3-2-5=1 $$

だから成り立つ。

以下では $N\geqq 3$ とする。

$a_2=2^{N-1}-2$ は偶数であるから、

$$ a_3=\frac{a_2}{2} =2^{N-2}-1 $$

である。

以後、$2^k-1$ は奇数なので、

$$ a_n=2^{N-n+1}-1 $$

が $n=3,4,\dots,N$ で成り立つことを示す。

実際、$n=3$ では上で確認した。ある $n$ で $3\leqq n\leqq N-1$ とし、

$$ a_n=2^{N-n+1}-1 $$

とする。このとき $2^{N-n+1}-1$ は奇数であるから、

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

となる。これは $n+1$ に対する式である。よって数学的帰納法により、

$$ a_n=2^{N-n+1}-1 \qquad (n=3,4,\dots,N) $$

である。

特に

$$ a_N=2^{1}-1=1 $$

であり、次の項は

$$ a_{N+1}=\frac{1-1}{2}=0 $$

となる。以後はすべて

$$ a_{N+2}=a_{N+3}=\cdots=0 $$

である。

したがって、任意の自然数 $M$ に対して

$$ \begin{aligned} \sum_{n=1}^{M}a_n \leqq \sum_{n=1}^{\infty}a_n &= \sum_{n=1}^{N}a_n \end{aligned} $$

である。

ここで

$$ \begin{aligned} \sum_{n=1}^{N}a_n &=a_1+a_2+\sum_{n=3}^{N}a_n\\ &=(2^N-3)+(2^{N-1}-2)+\sum_{n=3}^{N}(2^{N-n+1}-1) \end{aligned} $$

である。

最後の和で $k=N-n+1$ とおくと、$n=3$ のとき $k=N-2$、$n=N$ のとき $k=1$ であるから、

$$ \begin{aligned} \sum_{n=3}^{N}(2^{N-n+1}-1) &= \sum_{k=1}^{N-2}(2^k-1) \end{aligned} $$

となる。よって

$$ \begin{aligned} \sum_{k=1}^{N-2}(2^k-1) &=\sum_{k=1}^{N-2}2^k-(N-2)\\ &=(2^{N-1}-2)-(N-2) \end{aligned} $$

である。

したがって

$$ \begin{aligned} \sum_{n=1}^{N}a_n &=(2^N-3)+(2^{N-1}-2)+{(2^{N-1}-2)-(N-2)}\\ &=2^N+2^{N-1}+2^{N-1}-3-2-2-N+2\\ &=2^{N+1}-N-5 \end{aligned} $$

である。

ゆえに、任意の自然数 $M$ に対して

$$ \sum_{n=1}^{M}a_n \leqq 2^{N+1}-N-5 $$

が成り立つ。

解説

この問題の本質は、与えられた漸化式が「$2$ で割った整数部分を取る操作」になっている点である。

ただし、直接一般項を床関数で書くよりも、初めの数項を追うと

$$ 2^N-3,\quad 2^{N-1}-2,\quad 2^{N-2}-1,\quad 2^{N-3}-1,\quad \dots,\quad 1,\quad 0 $$

という形になることが見える。この形を帰納法で確認すれば、あとは等比数列の和に帰着できる。

また、問題は任意の $M$ についての不等式であるが、$a_n$ は非負で、$0$ になった後はずっと $0$ である。したがって、任意の部分和は全体の和以下である、という見方をするのが重要である。

答え

任意の自然数 $M$ に対して、

$$ \sum_{n=1}^{M}a_n \leqq 2^{N+1}-N-5 $$

が成り立つ。