解説

方針・初手

まず $a>1$ より $0<\dfrac{1}{a}<1$ であるから、どちらも公比の絶対値が $1$ 未満の級数として扱える。

（1） はそのまま等比級数の和を用いればよい。

（2） は

$$ S_1=\sum_{n=1}^{\infty}na^{-n} $$

に対して $\dfrac{1}{a}$ を掛けた級数と引き算を作ると、係数 $n$ をうまく処理できる。

解法1

**(1)**

$$ S_0=\sum_{n=1}^{\infty}a^{-n} =\sum_{n=1}^{\infty}\left(\frac{1}{a}\right)^n $$

これは初項 $\dfrac{1}{a}$、公比 $\dfrac{1}{a}$ の等比級数である。したがって

$$ S_0=\frac{\frac{1}{a}}{1-\frac{1}{a}} =\frac{1}{a-1} $$

である。

**(2)**

$$ S_1=\sum_{n=1}^{\infty}na^{-n} =\frac{1}{a}+\frac{2}{a^2}+\frac{3}{a^3}+\cdots $$

ここで両辺に $\dfrac{1}{a}$ を掛けると

$$ \frac{1}{a}S_1=\frac{1}{a^2}+\frac{2}{a^3}+\frac{3}{a^4}+\cdots $$

となる。そこで $S_1-\dfrac{1}{a}S_1$ を計算すると

$$ \left(1-\frac{1}{a}\right)S_1 =\left(\frac{1}{a}+\frac{2}{a^2}+\frac{3}{a^3}+\cdots\right) -\left(\frac{1}{a^2}+\frac{2}{a^3}+\frac{3}{a^4}+\cdots\right) $$

右辺を項ごとにまとめると

$$ \left(1-\frac{1}{a}\right)S_1 =\frac{1}{a}+\left(\frac{2}{a^2}-\frac{1}{a^2}\right) +\left(\frac{3}{a^3}-\frac{2}{a^3}\right)+\cdots =\frac{1}{a}+\frac{1}{a^2}+\frac{1}{a^3}+\cdots $$

よって右辺はちょうど $S_0$ であるから

$$ \left(1-\frac{1}{a}\right)S_1=S_0 $$

となる。すでに

$$ S_0=\frac{1}{a-1} $$

であるから、

$$ \frac{a-1}{a}S_1=\frac{1}{a-1} $$

したがって

$$ S_1=\frac{a}{(a-1)^2} $$

である。

解説

（1） は基本的な等比級数の和である。

（2） のポイントは、$na^{-n}$ の係数 $n$ を直接扱うのではなく、$\dfrac{1}{a}S_1$ を作って引き算し、各項の差をすべて $a^{-n}$ に変えることである。この処理により、結局は （1） の結果に帰着する。

答え

**(1)**

$$ S_0=\frac{1}{a-1} $$

**(2)**

$$ S_1=\frac{a}{(a-1)^2} $$