解説

方針・初手

まず、和 $S_n$ から一般項 $a_n$ を求める。一般に $a_n=S_n-S_{n-1}$ を用いればよい。

その後、$a_n$ が平方数になることを利用して、$\sqrt{a_k a_{k+1}}$ を簡単な式に直す。

解法1

与えられた和は

$$ S_n=\frac{1}{3}n(4n^2-1)

$$

である。

まず $a_1=S_1$ より、

$$ a_1=\frac{1}{3}\cdot 1\cdot (4-1)=1

$$

である。

$n\geqq 2$ のとき、

$$ a_n=S_n-S_{n-1}

$$

であるから、

$$ \begin{aligned} a_n &=\frac{1}{3}{n(4n^2-1)-(n-1)(4(n-1)^2-1)} \\ &=\frac{1}{3}{(4n^3-n)-[4(n-1)^3-(n-1)]} \\ &=\frac{1}{3}{(4n^3-n)-(4n^3-12n^2+11n-3)} \\ &=\frac{1}{3}(12n^2-12n+3) \\ &=4n^2-4n+1 \\ &=(2n-1)^2 \end{aligned}

$$

となる。これは $n=1$ のときも成り立つので、

$$ a_n=(2n-1)^2

$$

である。

次に、

$$ a_k=(2k-1)^2,\qquad a_{k+1}=(2k+1)^2

$$

である。$k\geqq 1$ では $2k-1>0,\ 2k+1>0$ だから、

$$ \sqrt{a_k a_{k+1}} =\sqrt{(2k-1)^2(2k+1)^2} =(2k-1)(2k+1) =4k^2-1

$$

である。

したがって、

$$ \begin{aligned} \sum_{k=1}^{n}\sqrt{a_k a_{k+1}} &=\sum_{k=1}^{n}(4k^2-1) \\ &=4\sum_{k=1}^{n}k^2-\sum_{k=1}^{n}1 \\ &=4\cdot \frac{n(n+1)(2n+1)}{6}-n \\ &=\frac{2n(n+1)(2n+1)}{3}-n \\ &=\frac{n(4n^2+6n-1)}{3} \end{aligned}

$$

となる。

また、

$$ \frac{1}{\sqrt{a_k a_{k+1}}} =\frac{1}{(2k-1)(2k+1)}

$$

であり、部分分数分解すると、

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

$$

である。

よって、

$$ \begin{aligned} \sum_{k=1}^{n}\frac{1}{\sqrt{a_k a_{k+1}}} &=\frac{1}{2}\sum_{k=1}^{n}\left(\frac{1}{2k-1}-\frac{1}{2k+1}\right) \\ &=\frac{1}{2}\left(1-\frac{1}{3}+\frac{1}{3}-\frac{1}{5}+\cdots+\frac{1}{2n-1}-\frac{1}{2n+1}\right) \\ &=\frac{1}{2}\left(1-\frac{1}{2n+1}\right) \\ &=\frac{n}{2n+1} \end{aligned}

$$

である。

解説

この問題の中心は、和 $S_n$ から一般項を作る処理である。

$$ a_n=S_n-S_{n-1}

$$

によって $a_n=(2n-1)^2$ と分かると、以後は

$$ \sqrt{a_k a_{k+1}}=(2k-1)(2k+1)

$$

と処理できる。

特に平方根を外すときは、単に二乗を外すのではなく、本来は絶対値が出る。しかし $k\geqq 1$ では $2k-1,\ 2k+1$ はともに正なので、そのまま外してよい。

また、逆数の和では

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

$$

と分解することで、途中の項が消える形になる。

答え

**(1)**

$$ a_n=(2n-1)^2

$$

**(2)**

$$ \sum_{k=1}^{n}\sqrt{a_k a_{k+1}} =\frac{n(4n^2+6n-1)}{3}

$$

**(3)**

$$ \sum_{k=1}^{n}\frac{1}{\sqrt{a_k a_{k+1}}} =\frac{n}{2n+1}

$$