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九州大学 2021年文系第4問解説

方針・初手

(1) は (等差数列) $\times$ (等比数列) の形をした数列の和であるから、両辺に公比を掛けてずらして引くという定石を用いる。 (2) は和の記号 $\sum$ の内部に $n$ と $k$ が混在しているため、そのままでは扱いづらい。まずは与式の $n$ を $n+1$ に置き換えた式を作り、元の式との差をとることで $\sum$ の中身を簡略化する。さらに和を $S_n$ とおいて階差をとる方針が有効である。

解法1

(1) 求める和を $T_n$ とおく。

$$ T_n = 1 \cdot 2^0 + 2 \cdot 2^1 + 3 \cdot 2^2 + \cdots + n \cdot 2^{n-1} $$

両辺に公比 $2$ を掛けると、

$$ 2T_n = 1 \cdot 2^1 + 2 \cdot 2^2 + \cdots + (n-1) \cdot 2^{n-1} + n \cdot 2^n $$

上の式から下の式を辺々引くと、

$$ -T_n = 1 + 2^1 + 2^2 + \cdots + 2^{n-1} - n \cdot 2^n $$

右辺の前半部分は初項 $1$、公比 $2$、項数 $n$ の等比数列の和であるから、

$$ -T_n = \frac{1 \cdot (2^n - 1)}{2 - 1} - n \cdot 2^n $$

$$ -T_n = 2^n - 1 - n \cdot 2^n = (1-n)2^n - 1 $$

したがって、求める和は

$$ T_n = (n-1)2^n + 1 $$

(2) 与えられた漸化式は以下の通りである。

$$ a_{n+1} = 1 + \frac{1}{2} \sum_{k=1}^n (n+1-k) a_k \quad \cdots \text{①} $$

①において $n$ を $n+1$ に置き換えると、

$$ a_{n+2} = 1 + \frac{1}{2} \sum_{k=1}^{n+1} (n+2-k) a_k \quad \cdots \text{②} $$

②から①を辺々引くと、

$$ a_{n+2} - a_{n+1} = \frac{1}{2} \sum_{k=1}^{n+1} (n+2-k) a_k - \frac{1}{2} \sum_{k=1}^n (n+1-k) a_k $$

$$ = \frac{1}{2} \left\{ \sum_{k=1}^n (n+2-k) a_k + (n+2-(n+1))a_{n+1} - \sum_{k=1}^n (n+1-k) a_k \right\} $$

$$ = \frac{1}{2} \left[ \sum_{k=1}^n \{ (n+2-k) - (n+1-k) \} a_k + a_{n+1} \right] $$

$$ = \frac{1}{2} \left( \sum_{k=1}^n a_k + a_{n+1} \right) $$

$$ = \frac{1}{2} \sum_{k=1}^{n+1} a_k \quad \cdots \text{③} $$

ここで、$S_n = \sum_{k=1}^n a_k$ とおくと、数列 $\{a_n\}$ と数列 $\{S_n\}$ の関係は

$$ a_n = \begin{cases} S_1 & (n = 1) \\ S_n - S_{n-1} & (n \ge 2) \end{cases} $$

である。③は次のように書き換えられる。

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

整理すると、

$$ S_{n+2} - \frac{5}{2} S_{n+1} + S_n = 0 \quad \cdots \text{④} $$

これは $n \ge 1$ で成り立つ。次に、初期条件を確認する。問題文より $a_1 = 2$ であるから、$S_1 = 2$ となる。 ①で $n=1$ とすると、

$$ a_2 = 1 + \frac{1}{2} \sum_{k=1}^1 (2-k) a_k = 1 + \frac{1}{2} \cdot 1 \cdot a_1 = 1 + 1 = 2 $$

よって、$S_2 = a_1 + a_2 = 4$ である。

④の特性方程式 $x^2 - \frac{5}{2}x + 1 = 0$ を解くと、

$$ 2x^2 - 5x + 2 = 0 $$

$$ (2x-1)(x-2) = 0 $$

$$ x = \frac{1}{2}, 2 $$

したがって、④は次のように変形できる。

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

数列 $\{ S_{n+1} - 2S_n \}$ は初項 $S_2 - 2S_1 = 4 - 2 \cdot 2 = 0$、公比 $\frac{1}{2}$ の等比数列である。よって、すべての自然数 $n$ について

$$ S_{n+1} - 2S_n = 0 $$

すなわち

$$ S_{n+1} = 2S_n $$

が成り立つ。数列 $\{S_n\}$ は初項 $S_1 = 2$、公比 $2$ の等比数列であるから、

$$ S_n = 2 \cdot 2^{n-1} = 2^n $$

これを用いて数列 $\{a_n\}$ の一般項を求める。$n \ge 2$ のとき、

$$ a_n = S_n - S_{n-1} = 2^n - 2^{n-1} = 2^{n-1}(2 - 1) = 2^{n-1} $$

ここで、この式に $n=1$ を代入すると $2^{1-1} = 2^0 = 1$ となり、$a_1 = 2$ と一致しない。

以上より、求める一般項は $n=1$ と $n \ge 2$ の場合で分けて答える必要がある。

解説

(1) は等差数列と等比数列の積の形をした数列の和であり、確実に得点したい基本的な問題である。

(2) は漸化式に $\sum$ が含まれる問題の典型的な処理が問われている。$\sum_{k=1}^n (n+1-k) a_k$ のように $\sum$ の内部に $n$ が含まれている場合は、そのまま差をとっても $\sum$ が消えない。そのため、$n$ を $n+1$ にした式を用意して差をとることで、$\sum$ の中身を $a_k$ だけにするのが定石である。その後は和を新たな数列 $S_n$ とおいて解くのが、添え字のずれの心配が少なく安全である。最後に一般項をまとめる際、$n=1$ の場合が規則から外れることに注意が必要である。