解説

方針・初手

与えられた条件は、数列 $a_n$ そのものではなく、重み付き和

$$ S_n=a_1+2a_2+2^2a_3+\cdots+2^{n-1}a_n $$

についての式である。したがって、まず $S_n=8-5n$ とおき、$S_n-S_{n-1}$ を考えて各項 $a_n$ を取り出すのが自然である。

その後、（2）、（3） は （1） で求めた $a_n$ をそのまま級数に代入して計算する。

解法1

与えられた条件より、すべての自然数 $n$ に対して

$$ S_n=a_1+2a_2+2^2a_3+\cdots+2^{n-1}a_n=8-5n $$

である。

まず $n=1$ とすると

$$ a_1=8-5=3 $$

である。

次に $n\geqq 2$ として、$S_n-S_{n-1}$ をとると

$$ 2^{n-1}a_n=(8-5n)-{8-5(n-1)}=-5 $$

となる。したがって

$$ a_n=-\frac{5}{2^{n-1}}\qquad (n=2,3,4,\dots) $$

である。

以上より、（1） の答えは

$$ a_1=3,\qquad a_n=-\frac{5}{2^{n-1}}\ (n\geqq 2) $$

となる。

次に （2） を求める。

$$ \sum_{n=1}^{\infty}a_n = a_1+\sum_{n=2}^{\infty}a_n =3+\sum_{n=2}^{\infty}\left(-\frac{5}{2^{n-1}}\right) $$

ここで $m=n-1$ とおくと

$$ \sum_{n=2}^{\infty}\left(-\frac{5}{2^{n-1}}\right) =-5\sum_{m=1}^{\infty}\left(\frac12\right)^m $$

であり、等比級数の和より

$$ \sum_{m=1}^{\infty}\left(\frac12\right)^m =\frac{\frac12}{1-\frac12}=1 $$

だから

$$ \sum_{n=1}^{\infty}a_n=3-5=-2 $$

となる。

最後に （3） を求める。

$\sin \dfrac{n\pi}{2}$ の値は

$$ 1,\ 0,\ -1,\ 0,\ 1,\ 0,\ -1,\ 0,\ \dots $$

と周期的に並ぶので、偶数番目の項はすべて消える。したがって

$$ \sum_{n=1}^{\infty}a_n\sin\frac{n\pi}{2} = a_1-a_3+a_5-a_7+\cdots $$

である。

ここで

$$ a_1=3,\qquad a_{2m+1}=-\frac{5}{2^{2m}}\quad (m\geqq 1) $$

より

$$ \sum_{n=1}^{\infty}a_n\sin\frac{n\pi}{2} =3+\frac54-\frac{5}{16}+\frac{5}{64}-\cdots $$

となる。これは初項 $\dfrac54$、公比 $-\dfrac14$ の等比級数であるから

$$ \frac54\cdot \frac{1}{1-(-\frac14)} =\frac54\cdot\frac{1}{\frac54} =1 $$

である。よって

$$ \sum_{n=1}^{\infty}a_n\sin\frac{n\pi}{2}=3+1=4 $$

となる。

解説

この問題の要点は、与えられた式をそのまま眺めるのではなく、重み付き和 $S_n$ とみて前後差をとることである。こうすると $2^{n-1}a_n$ が一気に取り出せる。

（2） は等比級数の基本計算であり、（3） は $\sin \dfrac{n\pi}{2}$ の周期性に注目できるかがポイントである。偶数番目の項が消え、奇数番目だけの交代級数になることを見抜けば簡潔に処理できる。

答え

**(1)**

$$ a_1=3,\qquad a_n=-\frac{5}{2^{n-1}}\ (n=2,3,4,\dots) $$

**(2)**

$$ \sum_{n=1}^{\infty}a_n=-2 $$

**(3)**

$$ \sum_{n=1}^{\infty}a_n\sin\frac{n\pi}{2}=4 $$