【IIB数列】卵が先かニワトリが先か。数列の一般項を推定して帰納法で証明(九州大2021文系第4問)

以下の問いに答えよ。（九州大2021）

(1) $n$ を自然数とするとき，

$\displaystyle\sum_{k=1}^n k2^{k-1}$

を求めよ。

(2) 次のように定義される数列 $\{a_n\}$ の一般項を求めよ。

$a_1=2$，$\displaystyle a_{n+1}=1+\cfrac{1}{2}\sum_{k=1}^n(n+1-k)a_k$　$(n=1,2,3,\cdots\cdots)$

引き算で数列の和を求める

(1)から始めます。

$S_n=\displaystyle\sum_{k=1}^n k2^{k-1}$ とすると

$\begin{matrix}&S_n&=&1&+&2\cdot2&+&3\cdot2^2&+&4\cdot2^3&+\cdots+&n2^{n-1}\\-)&2S_n&=&&&2&+&2\cdot2^2&+&3\cdot2^3&+\cdots+&(n-1)2^{n-1}&+&n2^n\\\hline&-S_n&=&1&+&2&+&2^2&+&2^3&+\cdots+&2^{n-1}&-&n2^n\end{matrix}$

つまり，$-S_n$ は初項 1，公比 2 の等比数列の和です。ただし，最後の $-n2^n$ だけ等比数列ではないので注意しましょう。

ここで，等比数列の和の公式を使いましょう。

よって

$-S_n=\cfrac{1\cdot(2^n-1)}{2-1}-n2^n$
$=2^n-1-n2^n$

したがって

$S_n=n2^n-2^n+1$
$=(n-1)\cdot2^n+1$　（答え）

数列の一般項を帰納法で証明する

(2)に進みます。

(1)で行ったことの延長で，式どうしを引き算することを考えてみると良いでしょう。

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

だから

$\displaystyle a_{n}=1+\cfrac{1}{2}\sum_{k=1}^{n-1}\{(n-1)+1-k\}a_k$
$\displaystyle =1+\cfrac{1}{2}\sum_{k=1}^{n-1}(n-k)a_k$　$(n\geqq2)$　・・・②

この式のシグマは $k=1$ から $n-1$ までだから，$n$ が 2 以上のときにしか成り立たないことに注意しましょう。

式の $\cfrac{1}{2}$ がやっかいなので 2 倍して引き算します。

2×(①－②)

$\displaystyle2(a_{n+1}-a_n)=2+\sum_{k=1}^n(n+1-k)a_k-2-\sum_{k=1}^{n-1}(n-k)a_k$
$\displaystyle=\sum_{k=1}^n(n+1-k)a_k-\sum_{k=1}^{n-1}(n-k)a_k$
$=na_1+(n-1)a_2+(n-2)a_3+\cdots+a_n-\{(n-1)a_1+(n-2)a_2+(n-3)a_3+\cdots+a_{n-1}\}$

$\begin{matrix}&na_1&+&(n-1)a_2&+&(n-2)a_3&+\cdots+&2a_{n-1}&+&a_n\\-)&(n-1)a_1&+&(n-2)a_2&+&(n-3)a_3&+\cdots+&a_{n-1}\\\hline&a_1&+&a_2&+&a_3&+\cdots+&a_{n-1}&+&a_n\end{matrix}$

つまり

$a_{n+1}-a_n=\cfrac{1}{2}(a_1+a_2+a_3+\cdots+a_n)$

$b_n=a_1+a_2+a_3+\cdots+a_n$ とすると

$\displaystyle b_n=\sum_{k=1}^na_k$

となります。階差数列の一般項は公式がありました。

数列 $\{a_n\}$ の階差数列を $\{b_n\}$ とすると

$n\geqq2$ のとき　$\displaystyle a_n=a_1+\sum_{k=1}^{n-1}b_k$

よって

$\displaystyle a_n=2+\sum_{k=1}^{n-1}b_k$ $(n\geqq2)$

答えに近づいたように見えますが，問題は $b_k$ です。$b_n$ は $a_n$ の和だから，結局のところ $a_n$ の正体が分からないと $b_n$ を求めることができません。

一般項を推定する

このままではどうにもならないので，いったん $a_2$ 以降を実際に求めてみましょう。

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

$\displaystyle a_2=1+\cfrac{1}{2}\sum_{k=1}^1(2-k)a_k$
$\displaystyle=1+\cfrac{1}{2}a_1=1+\cfrac{1}{2}\cdot2=2$

$\displaystyle a_3=1+\cfrac{1}{2}\sum_{k=1}^2(3-k)a_k$
$=1+\cfrac{1}{2}(2a_1+a_2)$
$=1+\cfrac{1}{2}(2\cdot2+2)=4$

$\displaystyle a_4=1+\cfrac{1}{2}\sum_{k=1}^3(4-k)a_k$
$=1+\cfrac{1}{2}(3a_1+2a_2+a_3)$
$=1+\cfrac{1}{2}(3\cdot2+2\cdot2+4)=8$

$\displaystyle a_5=1+\cfrac{1}{2}\sum_{k=1}^4(5-k)a_k$
$=1+\cfrac{1}{2}(4a_1+3a_2+2a_3+a_4)$
$=1+\cfrac{1}{2}(4\cdot2+3\cdot2+2\cdot4+8)=16$

よって $a_n$ は $2,2,4,8,16,\cdots$ となる数列です。

$a_1$ を除く $a_n$ はこのように推定できます。

$a_n=2^{n-1}$ $(n\geqq2)$

数学的帰納法で式が成り立つことを証明する

$a_n=2^{n-1}$ $(n\geqq2)$ ・・・（＊）とする。

[1] $n=2$ のとき

$\displaystyle a_2=1+\cfrac{1}{2}\sum_{k=1}^1(2-k)a_k=2$

よって，$n=2$ のとき，（＊）が成り立つ。

[2] $n=m$ のとき（＊）が成り立つと仮定すると

$n=m+1$ のとき

$\displaystyle a_{m+1}=1+\cfrac{1}{2}\sum_{k=1}^m(m+1-k)a_k$
$a_{m+1}-a_m=\cfrac{1}{2}(a_1+a_2+a_3+\cdots+a_m)$
$\displaystyle a_{m+1}-a_m=\cfrac{1}{2}\sum_{k=1}^ma_k$
$\displaystyle a_{m+1}=a_m+\cfrac{1}{2}\sum_{k=1}^ma_k$

$a_n=2^{n-1}$ を右辺に用いて

$\displaystyle a_{m+1}=2^{m-1}+\cfrac{1}{2}\Big(\sum_{k=1}^m2^{k-1}-1+2\Big)$

今回やっかいなのは $a_1$ と $a_2$ の間が等比になっていないところです。$a_n=2^{n-1}$ とすると，初項 $a_1$ は 1 となり，話が合いません。$2^{n-1}$ の和は

$=1+2+4+8+16+\cdots$

となるので，1 を引いて

$2+4+8+16+\cdots$

2を足して

$2+2+4+8+16+\cdots$

となり，本来の数列の和になるのです。

$\displaystyle\sum_{k=1}^m2^{k-1}$ は初項 1，公比 2 の等比数列の和だから

$a_{m+1}=2^{m-1}+\cfrac{1}{2}\Big\{\cfrac{1\cdot(2^m-1)}{2-1}-1+2\Big\}$

よって

$a_{m+1}=2^{m-1}+\cfrac{1}{2}(2^m-1-1+2)$
$a_{m+1}=2^{m-1}+\cfrac{1}{2}\cdot2^m$
$=2^{m-1}+2^{m-1}$
$=2\cdot2^{m-1}$
$=2^m$

よって，$n=m+1$ のときも（＊）が成り立つ。

[1]，[2]から，2 以上のすべて自然数 $n$ について式が成り立つ。

したがって，$a_n$ の一般項は

$a_1=2$
$a_n=2^{n-1}$　($n\geqq2$ のとき）

（答え）

まとめ

今回は数列の問題の中でも難関大向けのものにチャレンジしました。学習した内容は以下です。

・数式の操作だけで一般項が求められないとき，実際にいくつか値を求めてみて，そこから一般項を推定する。

・推定した数列が正しいことを示すために数学的帰納法を用いて証明する。

・数列が初項だけ例外扱いになる場合のつじつま合わせの方法。