解説

方針・初手

右辺は $a_k$ に係数 $n-k+1$ がついた和である。そこで

$$ C_n=\frac{n(n+1)}{2}b_n

$$

とおくと、与式は

$$ C_n=a_n+2a_{n-1}+3a_{n-2}+\cdots+na_1

$$

である。隣り合う $C_n,C_{n-1}$ の差を取ると、係数がすべて $1$ になり、$\sum_{k=1}^n a_k$ が現れる。

解法1

与式より

$$ C_n=a_n+2a_{n-1}+3a_{n-2}+\cdots+na_1

$$

とおく。

$n\geqq 2$ のとき、

$$ C_{n-1}=a_{n-1}+2a_{n-2}+\cdots+(n-1)a_1

$$

であるから、差を取ると

$$ \begin{aligned} C_n-C_{n-1} &=a_n+a_{n-1}+a_{n-2}+\cdots+a_1 \\ &=\sum_{k=1}^n a_k \end{aligned}

$$

となる。

したがって

$$ \begin{aligned} \sum_{k=1}^n a_k &= \frac{n(n+1)}{2}b_n-\frac{n(n-1)}{2}b_{n-1} \end{aligned} $$

である。

次に、${b_n}$ が初項 $p$、公差 $q$ の等差数列であるとする。このとき

$$ b_n=p+(n-1)q

$$

である。

上で得た式に代入すると、

$$ \begin{aligned} \sum_{k=1}^n a_k &=\frac{n(n+1)}{2}{p+(n-1)q} -\frac{n(n-1)}{2}{p+(n-2)q} \\ &=\frac{n}{2}\left[(n+1){p+(n-1)q}-(n-1){p+(n-2)q}\right] \\ &=\frac{n}{2}\left[2p+3(n-1)q\right] \\ &=np+\frac{3n(n-1)}{2}q \end{aligned}

$$

となる。この式は $n=1$ のときも成り立つ。

よって、$n\geqq 2$ について

$$ \begin{aligned} a_n &=\sum_{k=1}^n a_k-\sum_{k=1}^{n-1}a_k \\ &=\left\{np+\frac{3n(n-1)}{2}q\right\} -\left\{(n-1)p+\frac{3(n-1)(n-2)}{2}q\right\} \\ &=p+3(n-1)q \end{aligned}

$$

である。

また、$n=1$ のとき、もとの関係式から

$$ b_1=a_1

$$

であり、$b_1=p$ だから

$$ a_1=p

$$

である。これは

$$ a_n=p+3(n-1)q

$$

に $n=1$ を代入したものと一致する。

したがって、すべての自然数 $n$ について

$$ a_n=p+3(n-1)q

$$

である。

解説

この問題の核心は、右辺の係数が

$$ 1,2,3,\ldots,n

$$

と階段状に並んでいる点である。隣り合う式を引くと、各 $a_k$ の係数差が $1$ になり、部分和 $\sum_{k=1}^n a_k$ が直接得られる。

(2) では、(1) で求めた部分和を使えばよい。いきなり $a_n$ を求めようとするよりも、まず部分和を求め、その差から一般項を取り出す方が自然である。

答え

**(1)**

$$ \begin{aligned} \sum_{k=1}^n a_k &= \frac{n(n+1)}{2}b_n-\frac{n(n-1)}{2}b_{n-1} \qquad (n\geqq 2) \end{aligned} $$

**(2)**

$$ a_n=p+3(n-1)q \qquad (n=1,2,3,\ldots)

$$