東北大学 1986年 文系 第2問 解説

方針・初手

漸化式 $a_{k+1}=4a_k+3$ は、そのままでは定数項 $3$ が邪魔で扱いにくい。そこで $a_k+1$ に注目すると、きれいな等比型の漸化式に直せる。

そのうえで、和の式に現れる $\log_2(a_k+1)$ を具体的に求めれば、分母が $k(k+1)$ の形になり、部分分数分解で和を処理できる。

解法1

まず

$$ b_k=a_k+1 $$

とおくと、与えられた漸化式より

$$ b_{k+1}=a_{k+1}+1=4a_k+3+1=4(a_k+1)=4b_k $$

となる。初項は

$$ b_1=a_1+1=3+1=4 $$

であるから、${b_k}$ は初項 $4$、公比 $4$ の等比数列である。したがって

$$ b_k=4^k $$

よって

$$ a_k=b_k-1=4^k-1 $$

である。これで (1) の答えが求まった。

次に (2) を求める。上で得た結果から

$$ a_k+1=4^k $$

なので

$$ \log_2(a_k+1)=\log_2(4^k)=\log_2(2^{2k})=2k $$

同様に

$$ \log_2(a_{k+1}+1)=2(k+1) $$

である。したがって求める和を $S_n$ とすると

$$ S_n=\sum_{k=1}^n \frac{1}{\log_2(a_k+1)\log_2(a_{k+1}+1)} =\sum_{k=1}^n \frac{1}{(2k)\cdot 2(k+1)} $$

すなわち

$$ S_n=\frac14\sum_{k=1}^n \frac{1}{k(k+1)} $$

ここで

$$ \frac{1}{k(k+1)}=\frac{1}{k}-\frac{1}{k+1} $$

より

$$ S_n=\frac14\sum_{k=1}^n \left(\frac{1}{k}-\frac{1}{k+1}\right) $$

これは望ましく消去して

$$ S_n=\frac14\left(1-\frac{1}{n+1}\right) =\frac14\cdot \frac{n}{n+1} $$

したがって

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

となる。

解説

この問題の要点は、漸化式 $a_{k+1}=4a_k+3$ をそのまま扱わず、$a_k+1$ に直して等比数列にすることである。

実際、

$$ a_{k+1}+1=4(a_k+1) $$

となるので、一般項は一気に求まる。さらに和の中の対数も

$$ \log_2(a_k+1)=\log_2(4^k)=2k $$

と単純になり、最後は

$$ \frac{1}{k(k+1)} $$

の形の望ましい和に帰着する。この種の「定数項を消すためにずらす」という処理は、一次の漸化式で非常に典型的である。

答え

(1)

$$ a_n=4^n-1 $$

(2)

$$ \sum_{k=1}^n \frac{1}{\log_2(a_k+1)\log_2(a_{k+1}+1)} =\frac{n}{4(n+1)} $$