第3弾 解答・解説
- 等式「$a_n=\displaystyle\frac{n^2}{n+1}$ 」は，あなたにとって“何個の式”ですか？・・・もちろん，筆者にとっては“無限個の式”です．
-
$\circ$ 漸化式の中に「$a_{n+1}$」が含まれている．
$\circ$ (1)で，「数列 $\bigl\{a_n\bigr\}$ の積 $A_n$」を用いるよう誘導されている．
どうすればこの「2つ」が結びつくのか・・・．そこを考えるのが本問の勝負所です．
$\mathbf{【解答】}$
(1) $$\eqalign{ A_n=&a_1a_2a_3\cdots a_{n-1}a_n\\ =&\frac{1^2}{2}\cdot\frac{2^2}{3}\cdot\frac{3^2}{4}\cdot\,\cdots\,\cdot \frac{(n-1)^2}{n}\cdot\frac{n^2}{n+1}\ \cdots①\\ =&1\cdot2\cdot3\cdot\,\cdots\,\cdot(n-1)\cdot \frac{n}{n+1}=\frac{n!}{n+\boxed1_{ア}}.\ \cdots② }$$
(2) $c_n=\displaystyle\frac{n!}{(n+2)(n+3)}$ とおき，与えられた漸化式の両辺を $A_{n+1}(=A_na_{n+1})$ で割ると $$\eqalign{ \frac{b_n}{A_{n+1}}=\frac{a_{n+1}b_{n-1}}{a_{n+1}A_{n}}+\frac{c_n}{A_{n+1}}.\ \cdots③ }$$ よって $$\eqalign{ \frac{b_n}{A_{n+1}}-\frac{b_{n-1}}{A_{n}} =&\frac{c_n}{A_{n+1}}\ \cdots④\\ =&\frac{n!}{(n+2)(n+3)}\cdot\frac{n+2}{(n+1)!}\ \cdots⑤\\ =&\frac1{(n+1)(n+3)}.\ \cdots⑥ }$$ すなわち $$\eqalign{ \frac{b_k}{A_{k+1}}-\frac{b_{k-1}}{A_{k}}=&\frac1{(k+1)(k+3)}\ (k=2,3,4,\cdots). }$$ $n\geqq2$ のとき，$k=2,3,4,\cdots,n$ として辺々加えると $$\eqalign{ \frac{b_n}{A_{n+1}}-\frac{b_{1}}{A_{2}}=&\sum_{k=2}^n\frac1{(k+1)(k+3)}\ \cdots⑦\\ =&\sum_{k=2}^n\frac12\biggl(\frac1{k+1}-\frac1{k+3}\biggr) \cdots⑧\\ =&\frac12\biggl(\frac13+\frac14-\frac1{n+2}-\frac1{n+3}\biggr).\ \cdots⑨\\ &(これはn=1でも成立．) }$$ また，$\displaystyle\frac{b_{1}}{A_{2}}=\frac5{36}\cdot\frac32=\frac5{24}$ だから$$\eqalign{ \frac{b_n}{A_{n+1}}=&\frac5{24}+\frac7{24}-\frac12\cdot\frac{2n+5}{(n+2)(n+3)}\\ =&\frac12\biggl\{1-\frac{2n+5}{(n+2)(n+3)}\biggr\}\\ =&\frac{n^2+3n+1}{2(n+2)(n+3)}. }$$ 以上より，求める一般項は $$\eqalign{ b_n=&\frac{n^2+3n+1}{2(n+2)(n+3)}A_{n+1}\\ =&\frac{n^2+3n+1}{2(n+2)(n+3)}\cdot\frac{(n+1)!}{n+2}\\ =&\frac{ \biggl(n^2+\boxed{3}^{イ}n+\boxed{1}^{ウ}\biggr) \biggl(n+\boxed{1}^{エ}\biggr) {\Large !}}{^{オ}\boxed{2} \biggl(n+\boxed{2}^{カ}\biggr)^2 \biggl(n+\boxed{3}^{キ}\biggr) }. } $$
$\mathbf{【解説】}$
「$a_{\boxed n}=\displaystyle\frac{\boxed n^2}{\boxed n+1}\ \cdots ⑩$ 」も，「$A_{\boxed n}=a_1a_2a_3\cdots a_{\boxed n}\ \cdots ⑪$」も，どちらも $\boxed{\phantom n}$ という “器”を含んだ等式であり，$\boxed{\phantom n}$ の“中身”としてどんな自然数でも代入して使えます．これを理解しておくことが，本問に取り組むための前提条件です．
まず(1)の①式では，⑩の $\boxed n$ に $1,2,3,\cdots,n$ を代入して得られる $n$ 個の等式：
$$\eqalign{
a_1=\frac{1^2}{2},a_2=\frac{2^2}{3},a_3=\frac{3^2}{4},\cdots,a_n=\frac{n^2}{n+1}
}$$
の全てを用いています．このように，各番号 $n$ の値に対応付けて $\bigl\{a_n\bigr\}$ の各項の値を求めて①のように表せば，ごく自然に $2,3,4,\cdots,n$ が約分されて消えることに気付けますね．
それでは本問最大の要所に関して．
(2)では，$\mathbf{＜方針＞}$ に書いた「2つ」をつなぐために，
$$\eqalign{
&a_{n+1} に a_1a_2a_3\cdots a_n(=A_n) を掛けて\\
&\underbrace{a_1a_2a_3\cdots a_n}_{A_n}\cdot a_{n+1}\ \cdots⑫
}$$
を作りたいですね．そこで，漸化式の両辺を $A_n$ 倍すると
$$\eqalign{
&A_nb_n=A_na_{n+1}b_{n-1}+A_nc_n.
}$$
ここで，⑫は⑪の右辺において“器”：$\boxed{\phantom n}$ の“中身”を $n+1$ にしたもの，つまり $a_1$ から $a_{n+1}$ までの積：$A_{n+1}$ ですね．よって
$$\eqalign{
&A_nb_n=A_{n+1}b_{n-1}+A_nc_n.
}$$
この式を注意深く見ると，次のようになっています．
$$\eqalign{
&b_n(後の項)に A_n(前の項)が掛かり，\\
&b_{n-1}(前の項)に A_{n+1}(後の項)が掛かっている．
}$$
う～～ん．なんかチグハグですね．これを解消するために，両辺を $A_nA_{n+1}$ で割ります．すると
$$\eqalign{
\frac{b_n}{A_{n+1}}=&\frac{b_{n-1}}{A_{n}}+\frac{c_n}{A_{n+1}}
}$$
となり，$\displaystyle\frac{b_{n-1}}{A_{n}}$ を移項して得られたのが $\mathbf{【解答】}$ の④式です．
自然な思考の流れを再現すると上記の通りですが，ご覧の通り，いったん $A_n$ を掛けておいて今度は $A_nA_{n+1}$ で割っているので“二度手間”ですね．そこで $\mathbf{【解答】}$ では無駄を省いて漸化式を直接 $A_{n+1}$ で割っています．
数学の「解答」では，こんな風に思考の流れを隠して最短ルートの操作のみが記されることがしばしばです．そんなときはいったんキョトンとするでしょうが，“隠された”考え方・流れの必然性を，できる範囲で自分で考えるようにしましょう．ただし，漸化式が④という理想的な形に変形できることが見通せる人は，もちろん最初からの両辺を $A_{n+1}$ で割ってもよいですよ．
さて，これで前記の“チグハグ感”は解消され，目標である $\bigl\{b_n\bigr\}$ の一般項に大きく近づきました．
で詳しく述べます．
さて，そして得られた④式の右辺を具体的に表して計算します．⑤から⑥へのプロセスは理解できますか？詳しく書くと次のとおりです．
$$\eqalign{
&\frac{n!}{(n+2)(n+3)}\cdot\frac{n+2}{(n+1)!}\ \cdots⑤\\
=&\frac1{n+3}\cdot\frac{n!}{(n+1)!}\ \cdots⑤'\\
=&\frac1{n+3}\cdot\frac{n!}{(n+1)n!}\\
=&\frac1{(n+1)(n+3)}.\ \cdots⑥
}$$
ここでも鍵を握っているのは，「階乗」の“実体”に対する認識です．$⑤'$ の分子，分母にある2つの階乗が
$$\eqalign{
n!=&1\cdot2\cdot3\cdot\,\cdots\,\cdot n\\
(n+1)!=&1\cdot2\cdot3\cdot\,\cdots\,\cdot n\cdot (n+1)
}$$
のように，$1$ から連続する自然数の積であると認識されていれば，$1\cdot2\cdot3\cdot\,\cdots\,n(=n!)$ がごっそり約分されて消え，分母の$n+1$ のみが残ることがわかります．
⑥式：
$$\eqalign{
\frac{b_n}{A_{n+1}}-\frac{b_{n-1}}{A_{n}}
=&\frac1{(n+1)(n+3)}.
}$$
を見て，「あ．有名かつ典型的な形の漸化式になったな」と気づけましたか？表記を単純にするため $B_{\boxed n}=\displaystyle\frac{b_{\boxed n}}{A_{\boxed n+1}}\ \cdots⑬\ ,C_n=\displaystyle\frac1{(n+1)(n+3)}$ とおきましょう．⑥の左辺第2項は，⑬の右辺の2つの $\boxed{\phantom n}$ の中身を $n-1$ にしたもの，つまり「$B_{n-1}$」ですから，⑥式は次のようにシンプルに書き表せます．
$$\eqalign{
B_{\boxed n}-B_{\boxed n-1}=C_{\boxed n}\ \cdots⑥'
}$$
この関係を言葉で言い表すと，次のようになります．
$$\eqalign{
&C_{n} は B_{n} の「階差数列」である．\ \cdots(☆)\\
&\ (→下の\mathbf{＜注＞}参照)
}$$
つまり $⑥'$ は，俗にいう“階差型漸化式”です．このようなとき，「数列」の基本体系をしっかり学習した方なら，次のことが瞬時に言えるはずです．
$$\eqalign{
B_{n} は C_{n} の(ほぼ)「和」である．\ \cdots(★)
}$$
「・・・？？？・・・」となった人は，次の操作を見て納得してください．$⑥'$の $\boxed{\phantom n}$ に $2,3,4,\cdots,n$ を代入して並べてみます．
$$\eqalign{
B_{2}-B_{1}=&C_{2},\\
B_{3}-B_{2}=&C_{3},\\
B_{4}-B_{3}=&C_{4},\\
\vdots&\\
B_{n-1}-B_{n-2}=&C_{n-1},\\
B_{n}-B_{n-1}=&C_{n}.
}$$
この $n-1$ 個の等式を，左辺どうし右辺どうしそれぞれ加えると，左辺においては $B_{2},B_{3},B_{4},\cdots,B_{n-1}$ がプラスとマイナスで消し合い，次のようになります．
$$\eqalign{
B_{n}-B_{1}=C_{2}+C_{3}+C_{4}+\cdots+C_{n}.
}$$
ほら．たしかに $(★)$ のとおりになりましたね．このように，「階差の形」において $\boxed{\phantom n}$ に連続自然数を代入して加えるときれいに和が求まることは，ぜひ記憶しておきたい基本原理です．(左辺の「$-B_{1}$」が余分だったり，右辺に「$C_{1}+$」が欠けていたりという細かいことは気にしないでくださいね．)
このように，「$(☆)$ が成り立てば必ず $(★)$ が導かれる」ことを知っている人にとっては，⑥式が得られた時点で本問は「解けたも同然」なんです．
$\mathbf{＜注＞}$
高校教科書における厳格な定義に従うなら，$B_{n}$ の「階差数列」とは
$$\eqalign{
B_{n+1}-B_{n}
}$$
を指します！この $\mathbf{【解説】}$ では，「数列 $\bigl\{B_{n}\bigr\}$ の隣どうしの差」という程度の意味として「階差」という言葉を用いています．ご了承ください．
このようにして，$\mathbf{【解答】}$ ⑦式にあたる等式
$$\eqalign{
B_n=B_1+\displaystyle\sum_{k=2}^nC_k\ (ただしn\geqq2)\ \cdots⑭
}$$
が得られました．これを見て，
と感じている人がいると思います．あなたが記憶している公式は，おそらく次のものでしょう． $$\eqalign{ &B_{\boxed n+1}-B_{\boxed n}=C_{\boxed n}\ (n=1,2,3,\cdots) のとき，\\ &B_n=B_1+\displaystyle\sum_{k=1}^{n-1}C_k\ (ただしn\geqq2).\ \cdots⑮ }$$ もちろんこの公式も，⑭とまったく同様に，
ことによって示されます．このような「公式・定理の証明過程」を理解している者にとっては，
「 $\displaystyle\sum_{k=1}^{n-1}$ 」だろうが「 $\displaystyle\sum_{k=2}^{n}$ 」だろうが，
その場の状況次第で柔軟に対応すれば済む話なのです．$⑥'$の番号をワザワザ1つずつずらして $$\eqalign{ B_{n+1}-B_{n}=C_{n+1} }$$ と書き換え，“暗記”している公式⑮に“ベッタリ頼って”答えを出そうとする行為を「くだらないな～」と感じられるようになりたいものです．
というわけで，あとは⑭つまり⑦のΣ計算です．これは有名で，「部分分数展開」という手法で解決します．
⑦の $\displaystyle\frac1{(k+1)(k+3)}$ を⑧の $\displaystyle\frac12\biggl(\displaystyle\frac1{k+1}-\displaystyle\frac1{k+3}\biggr)$ へ変形するには，次の3つの手順を踏みます．
- $\displaystyle\frac1{(k+1)(k+3)}$ を見て，「たしか $\displaystyle\frac1{k+1}-\displaystyle\frac1{k+3}$ のような形に変形できたっけかな？」と見当をつける．
- これを通分してみると $\displaystyle\frac{(k+3)-(k+1)}{(k+1)(k+3)}=\displaystyle\frac{2}{(k+1)(k+3)}$．分子の $2$ が余分だ．
- なので $\displaystyle\frac1{k+1}-\displaystyle\frac1{k+3}$ を $2$ で割ろう．
その後の⑧から⑨へ至るプロセス・・・じつはこれ，
とまったく同様です．ここでも，“器” $\boxed k$ に $2,3,4,\cdots,n$ を代入して項を書き並べてみましょう．
$$\eqalign{
&\sum_{\boxed k=2}^n\frac12\biggl(\frac1{\boxed k+1}-\frac1{\boxed k+3}\biggr) \cdots⑧\\
=&\frac12\left(\frac13-\frac15\right.\\
&\ \ \ +\frac14-\frac16\\
&\ \ \ +\frac15-\frac17\\
&\ \ \ +\frac16-\frac18\\
&\hskip14mm\vdots\\
&\ \ \ +\frac1{n-1}-\frac1{n+1}\\
&\ \ \ +\frac1{n}-\frac1{n+2}\\
&\left.\phantom0 +\frac1{n+1}-\frac1{n+3}\right)\\
=&\frac12\biggl(\frac13+\frac14-\frac1{n+2}-\frac1{n+3}\biggr).\ \cdots⑨
}$$
において $B_2,B_3,B_4,\cdots,B_{n-1}$ が消えたのと同様，ここでは $\displaystyle\frac15,\displaystyle\frac16,\displaystyle\frac17,\cdots,\displaystyle\frac1{n},\displaystyle\frac1{n+1}$ が消え，和が簡単な式で表せましたね．このような“よく似た現象”が起きた理由は，“よく似た構造”が背後にあるからです．$d_k=\displaystyle\frac1{k+1}$ とすると，$\displaystyle\frac1{k+3}$ は $d_k$ の2番後の項： $d_{k+2}$ ですね．つまり $\displaystyle\frac1{k+1}-\displaystyle\frac1{k+3}$ は数列 $\bigl\{d_k\bigr\}$ の(隣どうしではないにせよ)「近くの項どうしの差」ですから，「階差の形」と同様，きれいに和が求まるのです．
なお，⑨は「プラスの項，マイナスの項が2個ずつ残る」という考えに基づいて作られた式なので，厳密には2個以上の $k$ の値についての和が現れるとき，つまり $n\geqq3$ を前提として書かれています．ただ，$n=2$ のとき⑨は $$\eqalign{ \frac12\biggl(\frac13+\frac14-\frac14-\frac15\biggr)=\frac12\biggl(\frac13-\frac15\biggr) }$$ となり，これは⑧で $n=2$ としたときの $$\eqalign{ \displaystyle\sum_{k=2}^2\frac12\biggl(\frac1{k+1}-\frac1{k+3}\biggr)=\frac12\biggl(\frac13-\frac15\biggr) }$$ と一致していますね．また，$n=1$ のとき⑨は $\displaystyle\frac12\biggl(\displaystyle\frac13+\displaystyle\frac14-\displaystyle\frac13-\displaystyle\frac14\biggr)=0$ となります．一方，⑨とイコールで結ばれた⑦の左辺は，$n=1$ のとき $$\eqalign{ \frac{b_1}{A_2}-\frac{b_1}{A_2}=0 }$$ ですから，⑨の結果はたしかに $n=1$ においても適用可能です．
本問で用いた「$A_{n+1}$で割る」という手法は，幅広く使える一般的なものであり，
$$\eqalign{
b_n=a_{n+1}b_{n-1}+c_n
}$$
という形の漸化式は，いつでも必ず“階差型漸化式”：
$$\eqalign{
\frac{b_n}{A_{n+1}}=\frac{b_{n-1}}{A_{n}}+\frac{c_n}{A_{n+1}}
}$$
へと変形可能です．あとは，右辺：$\frac{c_n}{A_{n+1}}$ の和が求まりさえすれば，$b_n$ の一般項を求めることができます．
以下に，もっとも使用頻度の高い2例をあげておきます．
$\mathbf{[例1]}$
$$\eqalign{
&b_n=\underbrace{2}_{a_{n+1}}b_{n-1}+c_n\\
→&両辺を a_1a_2a_3\cdots a_{n}a_{n+1}=2^{n+1} で割ると\\
&\frac{b_n}{2^{n+1}}=\frac{b_{n-1}}{2^{n}}+\frac{c_n}{2^{n+1} },\\
つまり&\frac{b_n}{2^{n+1}}-\frac{b_{n-1}}{2^{n}}=\frac{c_n}{2^{n+1}}.
}$$
$\mathbf{[例2]}$
$$\eqalign{
&b_n=\underbrace{(n+1)}_{a_{n+1}}b_{n-1}+c_n\\
→&両辺を a_1a_2a_3\cdots a_{n}a_{n+1}=(n+1)! で割ると\\
&\frac{b_n}{(n+1)!}=\frac{b_{n-1}}{n!}+\frac{c_n}{(n+1)!},\\
つまり&\frac{b_n}{(n+1)!}-\frac{b_{n-1}}{n!}=\frac{c_n}{(n+1)!}.
}$$
