偶数項と奇数項の和が定義された数列

【SQ35】偶数項と奇数項

　数列 $\{a_n\}$ は漸化式
\[a_1=\frac{1}{2},\quad a_n+a_{n+1}=\frac{1}{n(n+2)}\,(n\geq 1)\]
を満たすものとし、$a_1$ から $a_n$ までの和を $S_n$ で表します。

(1) $m$ を任意の自然数とするとき、$S_{2m}$ と $S_{2m+1}$ を $m$ で表してください。
(2) $a_{2m}$ と $a_{2m+1}$ を $m$ で表してください。
(3) 数列 $\{a_n\}$ の一般項 $a_n$ を $n$ で表してください。（センター試験一部改）

【ヒント】たとえば $S_{3}$ を求めるときは、初項と漸化式を使って
\[S_3=a_1+(a_2+a_3)=\frac{1}{2}+\frac{1}{2\cdot 4}=\frac{5}{8}\]
と計算することができます。$S_{4}$ は
\[S_4=(a_1+a_2)+(a_3+a_4)=\frac{1}{1\cdot 3}+\frac{1}{3\cdot 5}=\frac{2}{5}\]
と計算できます。このように、$S_n$ に含まれる項数が奇数個か偶数個かで和のとりかたが違うので、場合分けして考えます。

【解答】(1) $S_{2m}$ は奇数項と偶数項のペアの和として
\[S_{2m}=\sum_{k=1}^{m}(a_{2k-1}+a_{2k})\]
と表せます。与えられた漸化式より、
\[a_{2k-1}+a_{2k}=\frac{1}{(2k-1)(2k-1+2)}=\frac{1}{(2k-1)(2k+1)}\]
となります。右辺を部分分数分解すると
\[a_{2k-1}+a_{2k}=\frac{1}{2} \left(\frac{1}{2k-1}-\frac{1}{2k+1}\right)\]
となるので、和をとると
\[\begin{align*}S_{2m}&=\frac{1}{2}\sum_{k=1}^{m}\left(\frac{1}{2k-1}-\frac{1}{2k+1}\right)\\[6pt]&=\frac{1}{2}\left\{\left(\frac{1}{1}-\frac{1}{3}\right)+\left(\frac{1}{3}-\frac{1}{5}\right)+ \cdots\ +\left(\frac{1}{2m-1}-\frac{1}{2m+1}\right)\right\}\\[6pt]&=\frac{1}{2}\left(1-\frac{1}{2m+1}\right)=\frac{m}{2m+1}\end{align*}\]
が得られます。$S_{2m+1}$ は

\[S_{2m+1}=a_1+\sum_{k=1}^{m}(a_{2k}+a_{2k+1})\]
と表せます。与えられた漸化式を使うと

\[a_{2k}+a_{2k+1}=\frac{1}{(2k)(2k+2)}=\frac{1}{4k(k+1)}\]
となり、右辺は

\[a_{2k}+a_{2k+1}=\frac{1}{4}\left(\frac{1}{k}-\frac{1}{k+1}\right)\]
のように部分分数分解できるので、

\[\begin{align*}S_{2m+1}&=\frac{1}{2}+\frac{1}{4}\sum_{k=1}^{m}\left(\frac{1}{k}-\frac{1}{k+1}\right)\\[6pt]&=\frac{1}{2}+\frac{1}{4}\left(1-\frac{1}{m+1}\right)=\frac{3m+2}{4(m+1)}\end{align*}\]
となります。

(2) $a_{2m}=S_{2m}-S_{2m-1}$ なので、(1) の結果を用いて
\[a_{2m}=\frac{m}{2m+1}-\frac{3(m-1)+2}{4\{(m-1)+1\}}=\frac{-2m^2-m+1}{4m(2m+1)}\]
となります。また、与えられた漸化式により
\[a_{2m}+a_{2m+1}=\frac{1}{2m(2m+2)}\]
が成り立つので、
\[a_{2m+1}=\frac{1}{2m(2m+2)}-a_{2m}=\frac{2m^2+3m+2}{4(m+1)(2m+1)}\]
が得られます。(3) (2) で得た $a_{2m}$ の式を変形すると
\[\begin{align*}a_{2m}&=\frac{-2m^2-m+1}{4m(2m+1)}\\[6pt]&=\frac{-m(2m+1)+1}{4m(2m+1)}\\[6pt]&=\frac{1}{4m(2m+1)}-\frac{1}{4}\end{align*}\]
$n=2m$ とおくと、
\[a_{n}=\frac{1}{2n(n+1)}-\frac{1}{4}\]
となります。同様に $a_{2m+1}$ の式を変形すると
\[\begin{align*}a_{2m+1}&=\frac{2m^2+3m+2}{4(m+1)(2m+1)}\\[6pt]&=\frac{(m+1)(2m+1)+1}{4(m+1)(2m+1)}\\[6pt]&=\frac{1}{4(m+1)(2m+1)}+\frac{1}{4}\end{align*}\]
$n=2m+1$ とおくと、
\[a_n=\frac{1}{2n(n+1)}+\frac{1}{4}\]
となります。したがって、$2$ 以上の自然数 $n$ について
\[a_n=\frac{1}{2n(n+1)}+\frac{(-1)^{n+1}}{4}\]
と表すことができます。$n=1$ のとき、$a_1=1/2$ となって、与えられた初項と一致するので、上の式は任意の自然数 $n$ に対して成り立ちます。

【SQ36】すべての項が 0 以上となるための必要十分条件

$b\gt 0$, $c\gt 0$ とし、数列 $\{a_n\}$ は初項 $a_1$ から順次

\[a_n=ba_{n-1}+(-c)^{n-1}\quad (n\geq 2)\]
によって定められるものとします。$a_1\geq 1$ のとき、すべての $n$ について $a_n\geq 0$ となるために $b$, $c$ が満たすべき必要十分条件は $b\geq c$ であることを証明してください。（大阪大一部改）

【ヒント】難関国立大の入試問題です。これまで出題した SQ シリーズの中では一番難しい問題かもしれません。この問題で証明すべきことは

① $b\geq c \quad \Longrightarrow \quad a_n\geq 0$　（十分条件）
② $a_n\geq 0 \quad \Longrightarrow \quad b\geq c$　（必要条件）

の２つです。$a_n$ の表式が得られれば、①を証明することはそれほど難しくありませんが、②を証明するにはちょっとした工夫が必要です。

【解答】与えられた漸化式
\[a_n=ba_{n-1}+(-c)^{n-1}\quad (n\geq 2)\]
の両辺を $b^n$ で割ります。
\[\frac{a_n}{b^n}=\frac{a_{n-1}}{b^{n-1}}+\frac{1}{b}\left(-\frac{c}{b}\right)^{n-1}\]
$f_n=a_n/b_n$ とおくと、
\[f_n-f_{n-1}=\frac{1}{b}\left(-\frac{c}{b}\right)^{n-1}\]
$2$ 項間の差が $n$ の関数となっているので、$f_n$ は階差数列です。
\[\begin{align*}f_n&=f_1+\sum_{k=1}^{n-1}(f_{n+1}+f_{k})\\[6pt]
&=\frac{a_1}{b}+\frac{1}{b}\sum_{k=1}^{n-1}\left(-\frac{c}{b}\right)^k\\[6pt]
&=\frac{a_1}{b}+\frac{1}{b}\frac{1-\left(-\cfrac{c}{b}\right)^{n-1}}{1-\left(-\cfrac{c}{b}\right)^n}\\[6pt]&=\frac{a_1}{b}-\frac{c}{b(b+c)}\left\{1-\left(-\frac{c}{b}\right)\right\}\end{align*}\]
したがって、$f_n=a_n/b_n$ より $a_n$ の表式
\[a_n=b^n\left\{\frac{1}{b}\left(a_1-\frac{c}{b+c}\right)-\frac{1}{b+c}\left(-\frac{c}{b}\right)^n\right\}\]
が得られます。$a_n\geq 0$ であるときに、$b\geq c$ が成り立つこと（必要条件）を背理法で証明します。すなわち $a_n\geq 0$ であるときに $b \lt c$ であると仮定すると、任意の $a_1,\ b,\ c$ を選んだときに、十分に大きな偶数 $n=2m$ をとることによって $a_n$ を負の値にすることができます。これは $a_n\geq 0$ とした仮定に反します。したがって、$b\geq 0$ が成立します。

$a_n$ の表式を少し変形して
\[a_n=b^{n-1}\left(a_1-\frac{c}{b+c}\right)-\frac{(-c)^n}{b+c}\]
と書き直します。$b\geq c$ が成り立つならば、$a_1\geq 1$ より、
\[a_n\geq b^{n-1}\left(1-\frac{c}{b+c}\right)-\frac{(-c)^n}{b+c}=\frac{b^n-(-c)^n}{b+c}\geq 0\]
が成立することがわかります（十分条件）。よって、$a_n\geq 0$ となるために $b$, $c$ が満たすべき必要十分条件は $b\geq c$ となります。■