解説

方針・初手

漸化式は $a_n$ と $a_{n-1}$ の比が $n$ によって変わる形である。まず積の形で一般項を求めるか、両辺を適切に割って一定になる量を作る。

一般項が分かれば、$\dfrac{1}{2a_k}$ が部分分数分解できる形になるため、和は望みの消去で求められる。

解法1

与えられた漸化式

$$ (n-1)a_n=(n+1)a_{n-1}

$$

より、$n\geqq 2$ に対して

$$ \frac{a_n}{a_{n-1}}=\frac{n+1}{n-1}

$$

である。

したがって、$n\geqq 2$ のとき

$$ \begin{aligned} a_n &=a_1\cdot \frac{3}{1}\cdot \frac{4}{2}\cdot \frac{5}{3}\cdots \frac{n+1}{n-1} \\ &=1\cdot \frac{3\cdot 4\cdot 5\cdots (n+1)}{1\cdot 2\cdot 3\cdots (n-1)}. \end{aligned}

$$

分子・分母で $3,4,\ldots,n-1$ が消えるので、

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

$$

となる。これは $n=1$ のときも

$$ \frac{1\cdot 2}{2}=1

$$

となり、初期条件 $a_1=1$ と一致する。

よって

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

$$

である。

次に、

$$ S_n=\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{2a_k}

$$

を求める。先ほどの結果より

$$ 2a_k=k(k+1)

$$

であるから、

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

$$

となる。

ここで

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

$$

である。したがって

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

$$

解法2

漸化式

$$ (n-1)a_n=(n+1)a_{n-1}

$$

を、$n(n-1)(n+1)$ で割ると

$$ \frac{a_n}{n(n+1)}=\frac{a_{n-1}}{(n-1)n}

$$

となる。

つまり、数列

$$ \frac{a_n}{n(n+1)}

$$

は一定である。よって

$$ \frac{a_n}{n(n+1)}=\frac{a_1}{1\cdot 2}=\frac{1}{2}

$$

であるから、

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

$$

を得る。

したがって

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

$$

であり、

$$ \begin{aligned} S_n &=\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{k(k+1)} \\ &=\sum_{k=1}^{n}\left(\frac{1}{k}-\frac{1}{k+1}\right) \\ &=\frac{n}{n+1}. \end{aligned}

$$

解説

この問題の中心は、漸化式から一般項を作る処理である。比を連続して掛ける方法でもよいが、$\dfrac{a_n}{n(n+1)}$ が一定になることに気づくと計算が短い。

また、$a_n=\dfrac{n(n+1)}{2}$ が得られると、$2a_k=k(k+1)$ となる。ここから

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

$$

という典型的な部分分数分解により、和は途中項が消える形になる。

答え

**(1)**

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

$$

**(2)**

$$ S_n=\frac{n}{n+1}

$$