解説

方針・初手

分母に現れる

$$ 1,\quad 1+3^2,\quad 1+3^2+5^2,\quad \dots $$

は、「最初の $k$ 個の奇数の平方和」である。したがって、まず

$$ 1^2+3^2+5^2+\cdots +(2k-1)^2 $$

を $k$ の式で表す。そのあと各項を簡単にすると、和が望ましく消去される形になる。

解法1

$k$ 番目の項の分母を

$$ S_k=1^2+3^2+5^2+\cdots +(2k-1)^2 $$

とおく。

すると

$$ S_k=\sum_{j=1}^k (2j-1)^2 =\sum_{j=1}^k (4j^2-4j+1) $$

であるから、

$$ \begin{aligned} S_k &=4\sum_{j=1}^k j^2-4\sum_{j=1}^k j+\sum_{j=1}^k 1 \\ &=4\cdot \frac{k(k+1)(2k+1)}{6}-4\cdot \frac{k(k+1)}{2}+k \\ &=\frac{2}{3}k(k+1)(2k+1)-2k(k+1)+k \\ &=\frac{k(4k^2-1)}{3} \end{aligned} $$

となる。

よって、$b_n$ の第 $k$ 項は

$$ \frac{k}{S_k} =\frac{k}{k(4k^2-1)/3} =\frac{3}{4k^2-1} $$

であり、

$$ b_n=\sum_{k=1}^n \frac{3}{4k^2-1} $$

と書ける。

ここで

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

であるから、

$$ \begin{aligned} b_n &=\frac{3}{2}\sum_{k=1}^n \left(\frac{1}{2k-1}-\frac{1}{2k+1}\right) \\ &=\frac{3}{2}\left\{\left(1-\frac13\right)+\left(\frac13-\frac15\right)+\cdots +\left(\frac{1}{2n-1}-\frac{1}{2n+1}\right)\right\} \\ &=\frac{3}{2}\left(1-\frac{1}{2n+1}\right) \\ &=\frac{3n}{2n+1} \end{aligned} $$

となる。

したがって、

$$ \lim_{n\to\infty} b_n =\lim_{n\to\infty} \frac{3n}{2n+1} =\frac{3}{2} $$

である。

解説

この問題の本質は、分母の奇数平方和をきちんと一般項で表すことである。そこまでできれば各項が

$$ \frac{3}{4k^2-1} $$

となり、さらに

$$ (2k-1)(2k+1) $$

に分解して部分分数分解すると、和が階差形になって一気に処理できる。

奇数の和や奇数平方和が分母に累積して現れる問題では、まず「その累積和を $k$ の式にする」という方針が典型である。

答え

$$ b_n=\frac{3n}{2n+1} $$

したがって、

$$ \lim_{n\to\infty} b_n=\frac{3}{2} $$