トップ› 北海道大学› 1981年› 理系第4問

北海道大学 1981年理系第4問解説

方針・初手

数列 $a_n = \frac{1}{2^{n+2}}$ と $b_n = \frac{1}{n(n+1)}$ を定義し、線分の両端点の大小関係を調べます。具体的には、$a_n$ と $b_n$ の大小関係、および $n$ と $n+1$ の場合の点の位置関係を不等式で評価します。区間の共通部分が存在することを示すことで「交わる」ことを証明します。

解法1

(1)

$$ a_n = \frac{1}{2^{n+2}}, \quad b_n = \frac{1}{n(n+1)} $$

とおく。 $A_n$ は数直線上の $a_n$ と $b_n$ を両端とする線分である。まず、任意の自然数 $n$ に対して $a_n < b_{n+1}$ が成り立つことを示す。これは

$$ \frac{1}{2^{n+2}} < \frac{1}{(n+1)(n+2)} $$

すなわち

$$ 2^{n+2} > (n+1)(n+2) $$

と同値である。これを数学的帰納法により証明する。

(i) $n=1$ のとき左辺は $2^3 = 8$、右辺は $2 \times 3 = 6$ となり、$8 > 6$ より成り立つ。

(ii) $n=k$ ($k$ は自然数) のとき $2^{k+2} > (k+1)(k+2)$ が成り立つと仮定する。 $n=k+1$ のときを考えると、

$$ \begin{aligned} 2^{(k+1)+2} - (k+2)(k+3) &= 2 \cdot 2^{k+2} - (k^2+5k+6) \\ &> 2(k+1)(k+2) - (k^2+5k+6) \\ &= 2(k^2+3k+2) - (k^2+5k+6) \\ &= 2k^2+6k+4 - k^2-5k-6 \\ &= k^2+k-2 \\ &= (k+2)(k-1) \end{aligned} $$

$k \ge 1$ より $k-1 \ge 0$ であるから、$(k+2)(k-1) \ge 0$ となる。したがって、$2^{(k+1)+2} > (k+2)(k+3)$ が成り立ち、$n=k+1$ のときも成立する。

(i)、(ii) より、すべての自然数 $n$ について $2^{n+2} > (n+1)(n+2)$、すなわち $a_n < b_{n+1}$ が成り立つ。

また、明らかに

$$ b_{n+1} = \frac{1}{(n+1)(n+2)} < \frac{1}{n(n+1)} = b_n $$

であるから、$a_n < b_{n+1} < b_n$ となる。これにより、$a_n < b_n$ であることがわかるため、線分 $A_n$ は閉区間 $[a_n, b_n]$ と表せる。同様に線分 $A_{n+1}$ は閉区間 $[a_{n+1}, b_{n+1}]$ と表せる。

さらに、

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

である。以上より、すべての自然数 $n$ について

$$ a_{n+1} < a_n < b_{n+1} < b_n $$

という大小関係が成り立つ。したがって、閉区間 $A_n = [a_n, b_n]$ と $A_{n+1} = [a_{n+1}, b_{n+1}]$ は共通部分 $[a_n, b_{n+1}]$ を持ち、空集合ではないため、どんな $n$ に対しても $A_n$ と $A_{n+1}$ は交わる。（証明終）

(2)

(1) の結果より、$A_n \cap A_{n+1} = [a_n, b_{n+1}]$ であるから、その長さ $d_n$ は

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

となる。求める無限級数の第 $N$ 部分和を $S_N$ とすると、

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

第1項は部分分数分解の和であり、第2項は初項 $\frac{1}{8}$、公比 $\frac{1}{2}$ の等比数列の和であるから、

$$ \begin{aligned} S_N &= \left( \frac{1}{2} - \frac{1}{N+2} \right) - \frac{\frac{1}{8} \left( 1 - \left( \frac{1}{2} \right)^N \right)}{1 - \frac{1}{2}} \\ &= \frac{1}{2} - \frac{1}{N+2} - \frac{1}{4} \left( 1 - \frac{1}{2^N} \right) \end{aligned} $$

ここで、$N \to \infty$ とすると、$\frac{1}{N+2} \to 0$ および $\frac{1}{2^N} \to 0$ となる。したがって、求める無限級数の和は

$$ \begin{aligned} \sum_{n=1}^{\infty} d_n &= \lim_{N \to \infty} S_N \\ &= \frac{1}{2} - 0 - \frac{1}{4} (1 - 0) \\ &= \frac{1}{4} \end{aligned} $$

となる。

解説

線分の端点となる2つの値の大小関係を正しく把握することがポイントです。$n$ 番目の線分と $n+1$ 番目の線分が交わる条件は、区間の包含関係や重なり具合を不等式で表すことで明確になります。 $a_n < b_{n+1}$ さえ示せれば、あとは $a_{n+1} < a_n$ や $b_{n+1} < b_n$ といった自明な大小関係と組み合わせることで $a_{n+1} < a_n < b_{n+1} < b_n$ が導かれ、共通部分が具体的に求まります。後半の無限級数の計算は、部分分数分解によって中間項が打ち消し合う形と、等比数列の和の公式を組み合わせる典型的な処理です。