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九州大学　2021年度　前期日程　文科系

第4問数列の解答・解説

等差×等比の和・階差をとる・和の形の漸化式・一般項当サイトの体感難易度：やや難最終更新 2026/10/12

問題文について

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(1) $n$ を自然数とするとき $k = 1 \sum n k 2^{k - 1}$ を求める

答 $(n - 1) 2^{n} + 1$

（等差）×（等比）の和なので、 $2$ 倍してずらして引く。

$S = k = 1 \sum n k 2^{k - 1}$ とおく。

S 2 S = 1 \cdot 2^{0} + 2 \cdot 2^{1} + 3 \cdot 2^{2} + \dots + n \cdot 2^{n - 1} = 1 \cdot 2^{0} + 1 \cdot 2^{1} + 2 \cdot 2^{2} + \dots + (n - 1) 2^{n - 1} + n \cdot 2^{n}

辺々引くと

- S = 2^{0} + 2^{1} + \dots + 2^{n - 1} - n \cdot 2^{n} = (2^{n} - 1) - n \cdot 2^{n}

である。よって

S = n \cdot 2^{n} - 2^{n} + 1 = (n - 1) 2^{n} + 1

である（ $n = 1$ で $1$ 、 $n = 2$ で $5$ 、 $n = 3$ で $17$ ）。

$n = 1, 2, 3, 5, 8$ で直接足すと $1, 5, 17, 129, 1793$ で、 $(n - 1) 2^{n} + 1$ と一致した。

$2 S$ を書くときは1つ右にずらす。足し引きする項の対応を取り違えない。

残る等比の和は $2^{0} + \dots + 2^{n - 1} = 2^{n} - 1$ である。項数は $n$ 。

(2) $a_{1} = 2$ 、 $a_{n + 1} = 1 + \frac{1}{2} k = 1 \sum n (n + 1 - k) a_{k}$ で定まる数列 ${a_{n}}$ の一般項を求める

答 $a_{1} = 2$ 、 $n \geq 2$ のとき $a_{n} = 2^{n - 1}$

小さい $n$ で値を出すと $2, 2, 4, 8, 16, \dots$ と見えるので、 $a_{1} = 2$ 、 $n \geq 2$ で $a_{n} = 2^{n - 1}$ を予想し、(1) を使って数学的帰納法で確かめる。

小さい $n$ で試す。

a_{2} a_{3} a_{4} = 1 + \frac{1}{2} \cdot 1 \cdot a_{1} = 1 + 1 = 2 = 1 + \frac{1}{2} (2 a_{1} + 1 \cdot a_{2}) = 1 + \frac{1}{2} (4 + 2) = 4 = 1 + \frac{1}{2} (3 a_{1} + 2 a_{2} + 1 \cdot a_{3}) = 1 + \frac{1}{2} (6 + 4 + 4) = 8

なので、 $a_{1} = 2$ 、 $n \geq 2$ で $a_{n} = 2^{n - 1}$ と予想できる。

帰納法。 $a_{1} = 2$ 、 $a_{2} = 2, \dots, a_{n} = 2^{n - 1}$ （ $2 \leq k \leq n$ ）が成り立つとして、 $a_{n + 1} = 2^{n}$ を示す。和を計算する。

k = 1 \sum n (n + 1 - k) a_{k} = n \cdot a_{1} + k = 2 \sum n (n + 1 - k) 2^{k - 1}

で、 $i = k - 1$ （ $1 \leq i \leq n - 1$ ）とおくと $n + 1 - k = n - i$ だから

k = 2 \sum n (n + 1 - k) 2^{k - 1} = i = 1 \sum n - 1 (n - i) 2^{i} = n i = 1 \sum n - 1 2^{i} - i = 1 \sum n - 1 i 2^{i}

である。 $i = 1 \sum n - 1 2^{i} = 2^{n} - 2$ 、また (1) より

i = 1 \sum n - 1 i 2^{i} = 2 i = 1 \sum n - 1 i 2^{i - 1} = 2 {(n - 2) 2^{n - 1} + 1} = (n - 2) 2^{n} + 2

なので

k = 1 \sum n (n + 1 - k) a_{k} = 2 n + n (2^{n} - 2) - {(n - 2) 2^{n} + 2} = 2 n + n 2^{n} - 2 n - n 2^{n} + 2 \cdot 2^{n} - 2 = 2^{n + 1} - 2

である。したがって

a_{n + 1} = 1 + \frac{2 ^{n + 1} - 2}{2} = 1 + 2^{n} - 1 = 2^{n}

となり、予想どおりである。 $n = 1$ のときも $a_{2} = 2^{1} = 2$ で合う。よって

a_{1} = 2, a_{n} = 2^{n - 1} (n \geq 2)

である。

$a_{1}$ だけが式からはみ出す。 $2^{1 - 1} = 1$ ではなく $a_{1} = 2$ である。 $n = 2$ 以降は $2, 4, 8, \dots$ ときれいに倍々になる。

漸化式から $a_{1}$ から $a_{12}$ まで分数のまま計算すると $2, 2, 4, 8, 16, 32, 64, 128, 256, 512, 1024, 2048$ となり、 $a_{1} = 2$ 、 $n \geq 2$ で $a_{n} = 2^{n - 1}$ と一致した。

$a_{1} = 2$ は $2^{n - 1}$ の式に乗らない。答えを「 $a_{n} = 2^{n - 1}$ 」とだけ書くと $n = 1$ で誤りになる。

和の中で $k = 1$ の項（ $a_{1} = 2$ ）だけ別に扱う。残りが (1) の形になる。

$\sum_{i = 1}^{n - 1} i 2^{i}$ は (1) の式に $n - 1$ を入れて $2$ 倍する。 $n$ をそのまま入れない。

$n 2^{n}$ の項がきれいに消える。残るのが $2^{n + 1} - 2$ で、 $2$ で割ると $2^{n} - 1$ になるのが仕掛けである。

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問題文について

(1)n を自然数とするとき k=1∑n​k2k−1 を求める

(2)a1​=2、an+1​=1+21​k=1∑n​(n+1−k)ak​ で定まる数列 {an​} の一般項を求める

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