解説

方針・初手

分子 $1,3,7,15,31,\dots$ は $2^1-1,2^2-1,2^3-1,2^4-1,2^5-1,\dots$ と表せる。

したがって、この級数の一般項は

$$ \begin{aligned} \frac{2^k-1}{5^k} &= \left(\frac25\right)^k-\left(\frac15\right)^k \end{aligned} $$

となる。よって、2つの等比数列の和の差として $S_n$ を求めればよい。

解法1

第 $k$ 項を

$$ a_k=\frac{2^k-1}{5^k} $$

とすると、

$$ \begin{aligned} a_k=\frac{2^k}{5^k}-\frac{1}{5^k} &= \left(\frac25\right)^k-\left(\frac15\right)^k \end{aligned} $$

である。

よって、第 $n$ 項までの和 $S_n$ は

$$ S_n=\sum_{k=1}^{n}\left\{\left(\frac25\right)^k-\left(\frac15\right)^k\right\} $$

となる。これを2つの等比数列の和に分けると、

$$ S_n=\sum_{k=1}^{n}\left(\frac25\right)^k-\sum_{k=1}^{n}\left(\frac15\right)^k $$

である。

等比数列の和の公式より、

$$ \begin{aligned} \sum_{k=1}^{n}\left(\frac25\right)^k &= \frac{\frac25\left\{1-\left(\frac25\right)^n\right\}}{1-\frac25} \\ \frac23\left\{1-\left(\frac25\right)^n\right\} \end{aligned} $$

また、

$$ \begin{aligned} \sum_{k=1}^{n}\left(\frac15\right)^k &= \frac{\frac15\left\{1-\left(\frac15\right)^n\right\}}{1-\frac15} \\ \frac14\left\{1-\left(\frac15\right)^n\right\} \end{aligned} $$

であるから、

$$ S_n= \frac23\left\{1-\left(\frac25\right)^n\right\} -\frac14\left\{1-\left(\frac15\right)^n\right\} $$

したがって、

$$ \begin{aligned} S_n &= \frac{5}{12} -\frac{2^{n+3}-3}{12\cdot 5^n} \end{aligned} $$

となる。

さらに、$n\to\infty$ とすると $\left(\frac25\right)^n\to0,\ \left(\frac15\right)^n\to0$ であるから、

$$ \lim_{n\to\infty}S_n=\frac23-\frac14=\frac{5}{12} $$

である。よって、この無限級数の和は $\frac{5}{12}$ である。

解説

この問題の要点は、分子の並びが $2^k-1$ であることを見抜くことである。そこに気づけば、各項は

$$ \left(\frac25\right)^k-\left(\frac15\right)^k $$

と分解でき、等比数列の和を2回使うだけで処理できる。

無限級数を直接扱うのではなく、まず部分和 $S_n$ を求めてから極限をとるのが基本である。

答え

$$ \text{[ア]}\quad S_n=\frac23\left\{1-\left(\frac25\right)^n\right\}-\frac14\left\{1-\left(\frac15\right)^n\right\} $$

または

$$ \text{[ア]}\quad S_n=\frac{5}{12}-\frac{2^{n+3}-3}{12\cdot 5^n} $$

$$ \text{[イ]}\quad \frac{5}{12} $$