大学入試センター試験 2011年(平成23年) 追試 数学ⅡB 第3問 解説

ア~エ

漸化式を
$a_{n}+a_{n+1}=\displaystyle \frac{1}{n(n+2)}$式A
とする。

式Aの$n$に$2$を代入して、
$a_{2}+a_{3}=\displaystyle \frac{1}{2\cdot 4}$
なので、
$S_{3}=a_{1}+(a_{2}+a_{3})$
$S_{3}\displaystyle $$\displaystyle =\frac{1}{2}+\frac{1}{2\cdot 4}$
$S_{3}\displaystyle $$\displaystyle =\frac{5}{8}$
となる。

解答ア:5, イ:8

また、式Aの$n$に$1$を代入して、
$a_{1}+a_{2}=\displaystyle \frac{1}{1\cdot 3}$
$a_{1}+a_{2}\displaystyle $$\displaystyle =\frac{1}{3}$
式Aの$n$に$3$を代入して、
$a_{3}+a_{4}=\displaystyle \frac{1}{3\cdot 5}$
なので、
$S_{4}=(a_{1}+a_{2})+(a_{3}+a_{4})$
$S_{4}\displaystyle $$\displaystyle =\frac{1}{3}+\frac{1}{3\cdot 5}$
$S_{4}\displaystyle $$\displaystyle =\frac{6}{3\cdot 5}$
$S_{4}\displaystyle $$\displaystyle =\frac{2}{5}$
である。

解答ウ:2, エ:5

オ~セ

問題文中の
$S_{2m}=\displaystyle \sum_{k=1}^{m}(a_{2k-1}+a_{2k})$式B
を計算するのだけど、まずΣの中の
$a_{2k-1}+a_{2k}$
を作ろう。

式Aの$n$に$2k-1$を代入すると
$a_{2k-1}+a_{2k}=\displaystyle \frac{1}{(2k-1)(2k+1)}$式C
となる。どこかで見た形だ。

復習

$\displaystyle \frac{1}{2\cdot 4},\frac{1}{4\cdot 6},\frac{1}{6\cdot 8},$$\displaystyle \cdots,\frac{1}{2n(2n+2)}$
みたいな数列の和は、それぞれの項を部分分数に分けて、
$\displaystyle \frac{1}{2}\left(\frac{1}{2}-\frac{1}{4}\right),\frac{1}{2}\left(\frac{1}{4}-\frac{1}{6}\right),\frac{1}{2}\left(\frac{1}{6}-\frac{1}{8}\right),$
            $\displaystyle \cdots,\frac{1}{2}\left(\frac{1}{2n}-\frac{1}{2n+2}\right)$
より、

$\displaystyle \frac{1}{2}\left(\frac{1}{2}-\frac{1}{4}+\frac{1}{4}-\frac{1}{6}+\frac{1}{6}-\frac{1}{8}\right.$
            $\displaystyle \left.\cdots+\frac{1}{2n}-\frac{1}{2n+2}\right)$
$=\displaystyle \frac{1}{2}\left(\frac{1}{2}-\frac{1}{2n+2}\right)$
のような計算をしていた。

この例では部分分数を$\displaystyle \frac{1}{2}$でくくっているけど、もとの数列の分母の2つの数の差が$2$だから。

$\displaystyle \frac{1}{2\cdot 5},\frac{1}{5\cdot 8},\cdots$
のような場合だと、分母の2つの数の差は
$5-2=3$
で$3$になるので、部分分数に分けると
$\displaystyle \frac{1}{3}\left(\frac{1}{2}-\frac{1}{5}\right),\frac{1}{3}\left(\frac{1}{5}-\frac{1}{8}\right),\cdots$
となる。

ということで、復習の方法で式Cの右辺を部分分数に分けよう。
分母の2つの数、$2k-1$と$2k+1$の差は$2$なので、
$a_{2k-1}+a_{2k}=\displaystyle \frac{1}{2}\left(\frac{1}{2k-1}-\frac{1}{2k+1}\right)$
とかける。
これを式Bに代入して、
$S_{2m}=\displaystyle \sum_{k=1}^{m}\frac{1}{2}\left(\frac{1}{2k-1}-\frac{1}{2k+1}\right)$
$S_{2m}\displaystyle $$\displaystyle =\frac{1}{2}\sum_{k=1}^{m}\left(\frac{1}{2k-1}-\frac{1}{2k+1}\right)$式D
となる。

解答オ:2, カ:1, キ:1

Σの公式に分母に$k$が含まれるものはないので、式DはΣじゃ計算できない。
なので、上の復習の方法を使う。

式DのΣの部分を、Σを使わずに書くと、
$\displaystyle \sum_{k=1}^{m}\left(\frac{1}{2k-1}-\frac{1}{2k+1}\right)$
$\displaystyle =\left(\frac{1}{1}-\frac{1}{3}\right)+\left(\frac{1}{3}-\frac{1}{5}\right)+\left(\frac{1}{5}-\frac{1}{7}\right)+$
            $\displaystyle \cdots+\left(\frac{1}{2m-1}-\frac{1}{2m+1}\right)$
なので、復習の方法通り、
$=\displaystyle \frac{1}{1}-\frac{1}{3}+\frac{1}{3}-\frac{1}{5}+\frac{1}{5}-\frac{1}{7}+$
            $\displaystyle \cdots+\frac{1}{2m-1}-\frac{1}{2m+1}$
$=\displaystyle \frac{1}{1}-\frac{1}{2m+1}$
$=\displaystyle \frac{2m+1}{2m+1}-\frac{1}{2m+1}$
$=\displaystyle \frac{2m}{2m+1}$
となる。

これを式Dに代入して、
$S_{2m}=\displaystyle \frac{1}{2}\cdot\frac{2m}{2m+1}$
$S_{2m}\displaystyle $$\displaystyle =\frac{m}{2m+1}$
となる。

解答ク:2, ケ:1


次の
$S_{2m+1}=a_{1}+\displaystyle \sum_{k=1}^{m}(a_{2k}+a_{2k+1})$式E
でも同じことをしよう。

式Aの$n$に$2k$を代入して、
$a_{2k}+a_{2k+1}=\displaystyle \frac{1}{2k(2k+2)}$
右辺を部分分数に分けて、
$a_{2k}+a_{2k+1}\displaystyle $$\displaystyle =\frac{1}{2}\left(\frac{1}{2k}-\frac{1}{2k+2}\right)$
$a_{2k}+a_{2k+1}\displaystyle $$\displaystyle =\frac{1}{4}\left(\frac{1}{k}-\frac{1}{k+1}\right)$

これを式Eに代入して、
$S_{2m+1}=a_{1}+\displaystyle \sum_{k=1}^{m}\frac{1}{4}\left(\frac{1}{k}-\frac{1}{k+1}\right)$
$S_{2m+1}\displaystyle $$\displaystyle =a_{1}+\frac{1}{4}\sum_{k=1}^{m}\left(\frac{1}{k}-\frac{1}{k+1}\right)$
$a_{1}=\displaystyle \frac{1}{2}$なので、
$S_{2m+1}=\displaystyle \frac{1}{2}+\frac{1}{4}\sum_{k=1}^{m}\left(\frac{1}{k}-\frac{1}{k+1}\right)$式F
となる。

解答コ:4, サ:1

式FのΣの部分は
$\displaystyle \sum_{k=1}^{m}\left(\frac{1}{k}-\frac{1}{k+1}\right)$
$\displaystyle =\left(\frac{1}{1}-\frac{1}{2}\right)+\left(\frac{1}{2}-\frac{1}{3}\right)+\left(\frac{1}{3}-\frac{1}{4}\right)+$
            $\displaystyle \cdots+\left(\frac{1}{m}-\frac{1}{m+1}\right)$
$=\displaystyle \frac{1}{1}-\frac{1}{m+1}$
$=\displaystyle \frac{m+1}{m+1}-\frac{1}{m+1}$
$=\displaystyle \frac{m}{m+1}$

なので、これを式Fに代入して、
$S_{2m+1}=\displaystyle \frac{1}{2}+\frac{1}{4}\cdot\frac{m}{m+1}$

途中式 $S_{2m+1}\displaystyle $$\displaystyle =\frac{1}{2}\cdot\frac{2(m+1)}{2(m+1)}+\frac{1}{4}\cdot\frac{m}{m+1}$
$S_{2m+1}\displaystyle $$\displaystyle =\frac{2m+2}{4(m+1)}+\frac{m}{4(m+1)}$
$S_{2m+1}\displaystyle $$\displaystyle =\frac{3m+2}{4(m+1)}$
となる。

解答シ:3, ス:4, セ:1

ソ~テ

これまでの結果から、
$\left\{\begin{array}{l}
\displaystyle S_{2m}=\frac{m}{2m+1}\\
\displaystyle S_{2m+1}=\frac{3m+2}{4(m+1)}
\end{array}\right.$
であることが分かった。

$S_{2m}$ $=$ $a_{1}+a_{2}+a_{3}+\cdots+a_{2m}$
$S_{2m+1}$ $=$ $a_{1}+a_{2}+a_{3}+\cdots+a_{2m}+a_{2m+1}$

なので、
$a_{2m+1}=S_{2m+1}-S_{2m}$
$a_{2m+1}\displaystyle $$\displaystyle =\frac{3m+2}{4(m+1)}-\frac{m}{2m+1}$
とかける。

右辺を通分して、
$a_{2m+1}=\displaystyle \frac{(3m+2)(2m+1)-4m(m+1)}{4(m+1)(2m+1)}$
$a_{2m+1}\displaystyle $$\displaystyle =\frac{(6m^{2}+7m+2)-(4m^{2}+4m)}{4(m+1)(2m+1)}$
$a_{2m+1}\displaystyle $$\displaystyle =\frac{2m^{2}+3m+2}{4(m+1)(2m+1)}$
となる。

同様に、
$a_{2m}=S_{2m}-S_{2m-1}$式G
だけど、$S_{2m-1}$の式がない。なので、$S_{2m+1}$の式の$m$に$m-1$を代入して作ろう。

$S_{2(m-1)+1}=\displaystyle \frac{3(m-1)+2}{4\{(m-1)+1\}}$
$S_{2m-1}=\displaystyle \frac{3m-1}{4m}$
となるから、式Gより、
$a_{2m}=\displaystyle \frac{m}{2m+1}-\frac{3m-1}{4m}$
$a_{2m}\displaystyle $$\displaystyle =\frac{4m\cdot m-(3m-1)(2m+1)}{4m(2m+1)}$
$a_{2m}\displaystyle $$\displaystyle =\frac{4m^{2}-(6m^{2}+m-1)}{4m(2m+1)}$
$a_{2m}\displaystyle $$\displaystyle =\frac{-2m^{2}-m+1}{4m(2m+1)}$
である。

解答ソ:-, タ:2, チ:2, ツ:1, テ:4

ト~ヌ

ここで、$m$は自然数なので、
$2m$は偶数 $2m+1$は$3$以上の奇数 である。
なので、$\{a_{n}\}$は
$n$が偶数のとき、
$a_{n}=a_{2m}=\displaystyle \frac{-2m^{2}-m+1}{4m(2m+1)}$式H
$n$が$3$以上の奇数のとき
$a_{n}=a_{2m+1}=\displaystyle \frac{2m^{2}+3m+2}{4(m+1)(2m+1)}$式I
である。


式H,式Iの右辺は$m$で表されているから、$n$になおそう。
式Hの場合、
$a_{n}=a_{2m}$
なので、
$n=2m$
より
$m=\displaystyle \frac{n}{2}$
である。これを式Hに代入して、
$a_{n}=\displaystyle \frac{-2\left(\frac{n}{2}\right)^{2}-\frac{n}{2}+1}{4\cdot\frac{n}{2}\left(2\cdot\frac{n}{2}+1\right)}$

途中式 $a_{n}\displaystyle $$\displaystyle =\frac{-\frac{n^{2}}{2}-\frac{n}{2}+1}{2n(n+1)}$
分母分子を$2$倍して、
$a_{n}\displaystyle $$=\displaystyle \frac{-n^{2}-n+2}{4n(n+1)}$
式Iの場合、
$n=2m+1$
$m=\displaystyle \frac{n-1}{2}$
なので、これを式Iに代入して、
$a_{n}=\displaystyle \frac{2\left(\frac{n-1}{2}\right)^{2}+3\cdot\frac{n-1}{2}+2}{4\left(\frac{n-1}{2}+1\right)\left(2\cdot\frac{n-1}{2}+1\right)}$
途中式 $a_{n}\displaystyle $$\displaystyle =\frac{\frac{(n-1)^{2}}{2}+3\cdot\frac{n-1}{2}+2}{2(n-1+2)(n-1+1)}$
$a_{n}\displaystyle $$\displaystyle =\frac{\frac{(n-1)^{2}}{2}+3\cdot\frac{n-1}{2}+2}{2n(n+1)}$
分母分子を$2$倍して、
$a_{n}=\displaystyle \frac{(n-1)^{2}+3(n-1)+4}{4n(n+1)}$
$a_{n}\displaystyle $$\displaystyle =\frac{(n^{2}-2n+1)+(3n-3)+4}{4n(n+1)}$
$a_{n}\displaystyle $$\displaystyle =\frac{n^{2}+n+2}{4n(n+1)}$
となるから、
$a_{n}=\left\{\begin{array}{ll} \displaystyle \frac{-n^{2}-n+2}{4n(n+1)} & n\text{が偶数のとき}\\ \displaystyle \frac{n^{2}+n+2}{4n(n+1)} & n\text{が}3\text{以上の奇数のとき} \end{array}\right.$
である。


でも、この式は問題文中の(*)の式には入らない。
なので、(*)の式に合うように、もう少し変形しないといけない。
$n$が偶数のとき、
$a_{n}=\displaystyle \frac{-n^{2}-n+2}{4n(n+1)}$
$a_{n}\displaystyle $$\displaystyle =\frac{2}{4n(n+1)}+\frac{-n^{2}-n}{4n(n+1)}$
$a_{n}\displaystyle $$\displaystyle =\frac{1}{2n(n+1)}+\frac{-n(n+1)}{4n(n+1)}$
$a_{n}\displaystyle $$\displaystyle =\frac{1}{2n(n+1)}+\frac{-1}{4}$
$n$が$3$以上の奇数のとき、
$a_{n}=\displaystyle \frac{n^{2}+n+2}{4n(n+1)}$
$a_{n}\displaystyle $$\displaystyle =\frac{2}{4n(n+1)}+\frac{n^{2}+n}{4n(n+1)}$
$a_{n}\displaystyle $$\displaystyle =\frac{1}{2n(n+1)}+\frac{n(n+1)}{4n(n+1)}$
$a_{n}\displaystyle $$\displaystyle =\frac{1}{2n(n+1)}+\frac{1}{4}$
と変形すると、
$a_{n}=\left\{\begin{array}{ll}
\displaystyle \frac{1}{2n(n+1)}+\frac{-1}{4} & n\text{が偶数のとき}\\
\displaystyle \frac{1}{2n(n+1)}+\frac{1}{4} & n\text{が}3\text{以上の奇数のとき}
\end{array}\right.$
と表せる。

かなり近くなったけど、それぞれの式の末尾の分子、$-1$と$1$の部分が違う、
$n$が偶数のときに$-1$ $n$が奇数のときに$1$ なので、この部分を
$(-1)^{n+1}$
とすると、$a_{n}$の式は偶数のときにも奇数のときにも
$a_{n}=\displaystyle \frac{1}{2n(n+1)}+\frac{(-1)^{n+1}}{4}$
と書ける。
これで(*)の式の形になった。

解答ト:2, ナ:1, ニ:1, ヌ:4


(*)は、偶数のときと、$3$以上の奇数のときの一般項。
これに$n=1$を代入すると、
$a_{1}=\displaystyle \frac{1}{2\cdot 1(1+1)}+\frac{(-1)^{1+1}}{4}$
$a_{1}\displaystyle $$\displaystyle =\frac{1}{4}+\frac{1}{4}$
$a_{1}\displaystyle $$\displaystyle =\frac{1}{2}$
なので、(*)は$n=1$のときにも成り立つ。
よって、(*)はすべての自然数$n$に対して成り立つ。