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
$$a_1=\frac{1}{2},a_n+a_{n+1}=\frac{1}{n(n+2)}(n\ge 1)$$
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
$$a_{2k-1}+a_{2k}=\frac{1}{2}(\frac{1}{2k-1}-\frac{1}{2k+1})$$
となるので、和をとると
$$\begin{array}{rl}{S}_{2m}& =\frac{1}{2}\sum _{k=1}^m(\frac{1}{2k-1}-\frac{1}{2k+1})\\ & =\frac{1}{2}\{(\frac{1}{1}-\frac{1}{3})+(\frac{1}{3}-\frac{1}{5})+\cdots +(\frac{1}{2m-1}-\frac{1}{2m+1})\}\\ & =\frac{1}{2}(1-\frac{1}{2m+1})=\frac{m}{2m+1}\end{array}$$
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

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

$$\begin{array}{rl}{S}_{2m+1}& =\frac{1}{2}+\frac{1}{4}\sum _{k=1}^m(\frac{1}{k}-\frac{1}{k+1})\\ & =\frac{1}{2}+\frac{1}{4}(1-\frac{1}{m+1})=\frac{3m+2}{4(m+1)}\end{array}$$
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
$$\begin{array}{rl}{a}_{2m}& =\frac{-2m^2-m+1}{4m(2m+1)}\\ & =\frac{-m(2m+1)+1}{4m(2m+1)}\\ & =\frac{1}{4m(2m+1)}-\frac{1}{4}\end{array}$$
$n=2m$ 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
$$\begin{array}{rl}{a}_{2m+1}& =\frac{2m^2+3m+2}{4(m+1)(2m+1)}\\ & =\frac{(m+1)(2m+1)+1}{4(m+1)(2m+1)}\\ & =\frac{1}{4(m+1)(2m+1)}+\frac{1}{4}\end{array}$$
$n=2m+1$ 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

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

$$a_n=b{a}_{n-1}+(-c{)}^{n-1}(n\ge 2)$$
によって定められるものとします。$a_1\ge 1$ のとき、すべての $n$ について $a_n\ge 0$ となるために $b$, $c$ が満たすべき必要十分条件は $b\ge c$ 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 $b\ge c⟹a_n\ge 0$　（十分条件）
② $a_n\ge 0⟹b\ge c$　（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
$$a_n=b{a}_{n-1}+(-c{)}^{n-1}(n\ge 2)$$
の両辺を $b^n$ で割ります。
$$\frac{a_n}{b^n}=\frac{a_{n-1}}{b^{n-1}}+\frac{1}{b}{(-\frac{c}{b})}^{n-1}$$
$f_n=a_n/b_n$ とおくと、
$$f_n-f_{n-1}=\frac{1}{b}{(-\frac{c}{b})}^{n-1}$$
$2$ 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。
$$\begin{array}{rl}{f}_n& =f_1+\sum _{k=1}^{n-1}(f_{n+1}+f_k)\\ & =\frac{a_1}{b}+\frac{1}{b}\sum _{k=1}^{n-1}{(-\frac{c}{b})}^k\\ & =\frac{a_1}{b}+\frac{1}{b}\frac{1-{(-\frac{c}{b})}^{n-1}}{1-{(-\frac{c}{b})}^n}\\ & =\frac{a_1}{b}-\frac{c}{b(b+c)}\{1-(-\frac{c}{b})\}\end{array}$$
したがって、$f_n=a_n/b_n$ より $a_n$ の表式
$$a_n=b^n\{\frac{1}{b}(a_1-\frac{c}{b+c})-\frac{1}{b+c}{(-\frac{c}{b})}^n\}$$
が得られます。$a_n\ge 0$ であるときに、$b\ge c$ 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 $a_n\ge 0$ であるときに $b<c$ 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 $a_n\ge 0$ とした仮定に反します。したがって、$b\ge 0$ が成立します。

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