数学B 数列の和 問題 66 解説

方針・初手

$n$ は正の奇数であるから、$1$ から $n$ までの奇数は

$$ 1,3,5,\ldots,n $$

であり、その個数は

$$ \frac{n+1}{2} $$

個である。

したがって、まず奇数を $2k-1$ とおいて和を計算する。その後、得られた式を用いて、割り切れるかどうかを最大公約数や合同式で調べる。

解法1

$1$ から $n$ までの奇数の個数を

$$ m=\frac{n+1}{2} $$

とおく。このとき、奇数は

$$ 1,3,5,\ldots,2m-1 $$

であり、$2m-1=n$ である。

まず $S_n$ は、初項 $1$、末項 $n$、項数 $m$ の等差数列の和であるから、

$$ S_n=\frac{m(1+n)}{2} $$

である。ここで $m=\frac{n+1}{2}$ を代入すると、

$$ S_n=\frac{1}{2}\cdot \frac{n+1}{2}\cdot (n+1) =\frac{(n+1)^2}{4} $$

となる。

次に $T_n$ は

$$ T_n=1^2+3^2+5^2+\cdots+n^2 $$

である。$k=1,2,\ldots,m$ に対して第 $k$ 項の奇数は $2k-1$ であるから、

$$ T_n=\sum_{k=1}^{m}(2k-1)^2 $$

である。これを展開すると、

$$ \begin{aligned} T_n &=\sum_{k=1}^{m}(4k^2-4k+1)\\ &=4\sum_{k=1}^{m}k^2-4\sum_{k=1}^{m}k+\sum_{k=1}^{m}1\\ &=4\cdot \frac{m(m+1)(2m+1)}{6} -4\cdot \frac{m(m+1)}{2} +m \end{aligned} $$

となる。整理すると、

$$ \begin{aligned} T_n &=\frac{2m(m+1)(2m+1)}{3}-2m(m+1)+m\\ &=m\left\{\frac{2(m+1)(2m+1)}{3}-2(m+1)+1\right\}\\ &=m\left\{\frac{2(m+1)(2m+1)-6(m+1)+3}{3}\right\}\\ &=m\left\{\frac{4m^2+6m+2-6m-6+3}{3}\right\}\\ &=m\cdot \frac{4m^2-1}{3}\\ &=\frac{m(2m-1)(2m+1)}{3} \end{aligned} $$

である。

ここで $m=\frac{n+1}{2}$ より、

$$ 2m-1=n,\qquad 2m+1=n+2 $$

である。したがって、

$$ T_n=\frac{1}{3}\cdot \frac{n+1}{2}\cdot n(n+2) =\frac{n(n+1)(n+2)}{6} $$

となる。

次に、$(n+1)^2$ と $n$ が互いに素であることを示す。

$d$ を $n$ と $(n+1)^2$ の公約数とする。このとき $d\mid n$ であるから、

$$ n\equiv 0 \pmod d $$

である。よって、

$$ n+1\equiv 1 \pmod d $$

なので、

$$ (n+1)^2\equiv 1 \pmod d $$

である。一方、$d\mid (n+1)^2$ だから、

$$ (n+1)^2\equiv 0 \pmod d $$

でもある。したがって、

$$ 1\equiv 0 \pmod d $$

となり、$d=1$ でなければならない。

よって、

$$ \gcd\left((n+1)^2,n\right)=1 $$

である。

次に、$3$ 以上の奇数 $n$ に対して、$S_n$ が $n$ で割り切れないことを示す。

先に求めた式より、

$$ S_n=\frac{(n+1)^2}{4} $$

である。ここで $n$ は奇数だから、$n$ と $4$ は互いに素である。

仮に $S_n$ が $n$ で割り切れるとすると、

$$ n\mid S_n $$

である。両辺に $4$ をかけると、

$$ n\mid 4S_n $$

である。ところが、

$$ 4S_n=(n+1)^2 $$

だから、

$$ n\mid (n+1)^2 $$

となる。

しかし、すでに示したように $(n+1)^2$ と $n$ は互いに素である。したがって、$n\mid (n+1)^2$ が成り立つには $n=1$ でなければならない。

これは $n\geqq 3$ に反する。よって、$3$ 以上の奇数 $n$ に対して、$S_n$ は $n$ で割り切れない。

最後に、$T_n$ が $n$ で割り切れる条件を求める。

先に求めた式より、

$$ T_n=\frac{n(n+1)(n+2)}{6} $$

である。したがって、$T_n$ が $n$ で割り切れることは、

$$ \frac{T_n}{n}=\frac{(n+1)(n+2)}{6} $$

が整数であることと同値である。

$n$ は奇数であるから、$n+1$ は偶数である。よって、$(n+1)(n+2)$ は必ず $2$ で割り切れる。

したがって、問題は $3$ で割り切れるかどうかである。すなわち、

$$ \frac{(n+1)(n+2)}{6} $$

が整数であるための条件は、

$$ 3\mid (n+1)(n+2) $$

である。

$n$ を $3$ で割った余りで場合分けする。

(i)

$n\equiv 0 \pmod 3$ のとき

$$ n+1\equiv 1 \pmod 3,\qquad n+2\equiv 2 \pmod 3 $$

であるから、

$$ (n+1)(n+2)\equiv 2 \pmod 3 $$

となり、$3$ で割り切れない。

(ii)

$n\equiv 1 \pmod 3$ のとき

$$ n+2\equiv 0 \pmod 3 $$

であるから、

$$ 3\mid (n+1)(n+2) $$

である。

(iii)

$n\equiv 2 \pmod 3$ のとき

$$ n+1\equiv 0 \pmod 3 $$

であるから、

$$ 3\mid (n+1)(n+2) $$

である。

よって、$T_n$ が $n$ で割り切れるための条件は、

$$ n\not\equiv 0 \pmod 3 $$

すなわち、

$$ 3\nmid n $$

である。

$n$ は奇数なので、これを $6$ での合同式で表せば、

$$ n\equiv 1,5 \pmod 6 $$

である。

解説

この問題では、$n$ が奇数であるため、$1$ から $n$ までの奇数の個数が $\frac{n+1}{2}$ 個になることを最初に押さえるのが重要である。

$S_n$ については、奇数の和の公式

$$ 1+3+5+\cdots+(2m-1)=m^2 $$

を用いればすぐに

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

と分かる。

$T_n$ については、平方和の公式を使って

$$ 1^2+3^2+\cdots+(2m-1)^2=\frac{m(2m-1)(2m+1)}{3} $$

に帰着させるのが自然である。

割り切れるかどうかを調べる場面では、式の形だけで判断せず、分母の $6$ のうち、$2$ と $3$ の要素を分けて見る必要がある。特に $n$ が奇数であることから $n+1$ が偶数になるため、$2$ の問題は自動的に解決する。残る条件は $3$ の倍数性だけである。

答え

(1)

$$ S_n=\frac{(n+1)^2}{4} $$

$$ T_n=\frac{n(n+1)(n+2)}{6} $$

(2)

$$ \gcd\left((n+1)^2,n\right)=1 $$

である。したがって、$(n+1)^2$ と $n$ は互いに素である。

(3)

$3$ 以上の奇数 $n$ に対して、$S_n$ は $n$ で割り切れない。

(4)

$T_n$ が $n$ で割り切れるための条件は

$$ 3\nmid n $$

である。

$n$ が奇数であることを含めて合同式で書けば、

$$ n\equiv 1,5 \pmod 6 $$

である。