数列

問題 $A,B\in\mathbb{C}$、$f:\mathbb{C}\rightarrow\mathbb{C}$、$f(x)=Ax+B$ とする。$f|_{\mathbb{N}^{*}}$ が等差数列であることを証明せよ。

問題 数列 $\{a_{n}\}$ の初項から第 $n$ 項までの和を $S_{n}$ とする。次を証明せよ。

(1) $S_{n}=An^{2}+Bn$ ならば、$\{a_{n}\}$ は公差 $2A$ の等差数列である。

(2) $S_{n}=Aq^{n}-A$（ただし $A\ne0,\,q\ne1$）ならば、$\{a_{n}\}$ は公比 $q$ の等比数列である。

問題 等差数列 $\{a_{n}\}$ が $a_{n+1}^{2}-a_{n}^{2}=p$（定数）を満たすならば、$\{a_{n}\}$ は定数列であることを示せ。

解. 公差を $d$ として $a_{n}=dn+B$ とおく。$p=a_{n+1}^{2}-a_{n}^{2}=(dn+d+B)^{2}-(dn+B)^{2}=d(2dn+d+2B)$ がすべての $n$ で一定なので、$n$ の係数 $2d^{2}$ が $0$、すなわち $d=0$ である。

問題 等差数列の初項から第 $n$ 項までの和を $S_{n}$ とする。以下の各条件について、$S_{p+q}$ を求めよ。

(1) $S_{p}=p,\,S_{q}=q\quad(p\ne q)$

(2) $S_{p}=S_{q}\quad(p\ne q)$

解. (1) $S_{n}=An^{2}+Bn$ とおく。関数 $f(x)=Ax^{2}+Bx$ のグラフは、直線 $y=x$ 上の3つの異なる点 $(0,0),(p,p),(q,q)$ を通ることに注意する。放物線は同一直線上の異なる3点を通ることはできないため、$A=0,\,B=1$ となる。したがって $S_{n}=n$ であり、$S_{p+q}=p+q$ である。

(2) $A=0$ の場合、$S_{p}=S_{q}$ より $S_{n}=0$ となる。したがって $S_{p+q}=0$ である。

$A\ne0$ の場合、$S_{p}=S_{q}$ より、放物線 $y=Ax^{2}+Bx$ の対称軸は直線 $x=\dfrac{p+q}{2}$ となる。したがって $f(p+q)=f(0)=0$ となり、$S_{p+q}=f(p+q)=0$ である。

問題 等差数列の初項から第 $n$ 項までの和を $S_{n}$ とする。$S_{p}=q$、$S_{q}=p\quad(p\ne q)$ のとき、$S_{p+q}$ を求めよ。

解. $S_{n}=An^{2}+Bn$ とおくと、

辺々引いて $A(p^{2}-q^{2})+B(p-q)=q-p$、$p\ne q$ で割って $A(p+q)+B=-1$ となる。したがって $S_{p+q}=(p+q)(A(p+q)+B)=-(p+q)$ である。

問題 等差数列 $\{a_{n}\}$ の初項から第 $n$ 項までの和を $S_{n}$ とする。以下の各条件において、$S_{n}$ が最大値をとるときの $n$ を求めよ。

(1) $a_{1}>0,\,S_{4}=S_{12}$

(2) $a_{1}>0,\,S_{12}>0,\,S_{13}<0$

解. $S_{n}=An^{2}+Bn$（公差 $d=2A$）とおく。

(1) $A=0$ の場合、$S_{n}=Bn$ となる。また $S_{4}=S_{12}$ より $B=0$ となり、$S_{n}$ は常に $0$ となるが、これは $a_{1}>0$ に矛盾する。$A>0$ の場合、公差 $d>0$ となる。また $a_{1}>0$ より $\{a_{n}\}$ の各項はすべて正となり、$S_{4}<S_{12}$ となるため、$S_{4}=S_{12}$ に矛盾する。したがって $A<0$ であり、$y=Ax^{2}+Bx$ は上に凸となる。$S_{4}=S_{12}$ より $f(4)=f(12)$ となるため、対称軸は $x=8$ となり、最大値は $f(8)$ である。ゆえに、$n=8$ のとき最大値をとる。

(2) $A=0$ の場合、$d=0$ となり $\{a_{n}\}$ は定数列となる。$a_{n}=a_{1}>0$ より $S_{n}=na_{1}>0$ となるが、これは $S_{13}<0$ に矛盾する。$A>0$ の場合、$d>0$ となる。また $a_{1}>0$ より $a_{13}>0$ となり、$S_{13}=S_{12}+a_{13}>0$ となるため、矛盾する。したがって $A<0$ であり、$y=Ax^{2}+Bx$ は上に凸となる。また、2つの零点は $0$ と $t\,(12<t<13)$ である。したがって対称軸は直線 $x=\dfrac{t}{2}\,\left(6<\dfrac{t}{2}<6.5\right)$ となる。ゆえに、$n=6$ のとき最大値をとる。

問題 数列 $\{a_{n}\}$ が $a_{n+1}=\dfrac{2}{3}a_{n}+n+4$ を満たすとする。数列 $\{a_{n}\}$ が等比数列ではないことを証明せよ。

解. $\{a_{n}\}$ が公比 $q$ の等比数列であると仮定すると、任意の正の整数 $n$ に対して次が成り立つ。

よって $n+4=\left(q-\dfrac{2}{3}\right)a_{n}=\left(q-\dfrac{2}{3}\right)\cdot a_{1}q^{n-1}$ となる。したがって $n$ を $1$ 増やすと $n+5=q(n+4)$、すなわち $(q-1)n+4q-5=0$ となる。これがすべての $n$ で成り立つには $q=1$ かつ $4q-5=0$ が必要だが、両立しないので矛盾する。

問題 等差数列 $\{a_{n}\},\{b_{n}\}$ の初項から第 $n$ 項までの和をそれぞれ $S_{n},T_{n}$ とし、$\dfrac{S_{n}}{T_{n}}=\dfrac{7n+2}{n+3}$ であるとする。次を求めよ。

(1) $\dfrac{a_{5}}{b_{5}}$ (2) $\dfrac{a_{n}}{b_{n}}$ (3) $\dfrac{a_{1}+a_{12}+a_{14}}{b_{3}+b_{7}+b_{17}}$ (4) $\dfrac{a_{2}+a_{20}}{b_{7}+b_{15}}$ (5) $\dfrac{a_{2}+a_{5}+a_{17}+a_{22}}{b_{8}+b_{10}+b_{12}+b_{16}}$ (6) $\dfrac{a_{7}}{b_{9}}$ (7) $\dfrac{\sqrt{3}a_{1}-a_{9}}{a_{5}+2b_{7}-b_{4}}$ (8) $\dfrac{2a_{1}^{3}-a_{3}^{2}b_{5}}{a_{2}b_{7}^{2}+b_{3}^{3}}$

解. (1) $\dfrac{a_{5}}{b_{5}}=\dfrac{\frac{9}{2}(a_{1}+a_{9})}{\frac{9}{2}(b_{1}+b_{9})}=\dfrac{S_{9}}{T_{9}}=\dfrac{65}{12}$

(2) $\dfrac{a_{n}}{b_{n}}=\dfrac{S_{2n-1}}{T_{2n-1}}=\dfrac{14n-5}{2n+2}$

(3) $\dfrac{a_{1}+a_{12}+a_{14}}{b_{3}+b_{7}+b_{17}}=\dfrac{3a_{1}+24d_{1}}{3b_{1}+24d_{2}}=\dfrac{a_{1}+8d_{1}}{b_{1}+8d_{2}}=\dfrac{a_{9}}{b_{9}}=\dfrac{S_{17}}{T_{17}}=\dfrac{121}{20}$

(4) $\dfrac{a_{2}+a_{20}}{b_{7}+b_{15}}=\dfrac{a_{1}+a_{21}}{b_{1}+b_{21}}=\dfrac{S_{21}}{T_{21}}=\dfrac{149}{24}$

(5) $\dfrac{a_{2}+a_{5}+a_{17}+a_{22}}{b_{8}+b_{10}+b_{12}+b_{16}}=\dfrac{2a_{12}+2a_{11}}{2b_{12}+2b_{11}}=\dfrac{a_{1}+a_{22}}{b_{1}+b_{22}}=\dfrac{S_{22}}{T_{22}}=\dfrac{156}{25}$

(6) 等差数列の和は $An^{2}+Bn$ の形を持つことに注意する。$\dfrac{S_{n}}{T_{n}}=\dfrac{7n+2}{n+3}$ であるため、$S_{n}=Kn(7n+2),\,T_{n}=Kn(n+3)$ となる $K\ne0$ が存在する。さらに $a_{n}=K(14n-5),\,b_{n}=K(2n+2)$ が得られる。したがって $\dfrac{a_{7}}{b_{9}}=\dfrac{93}{20}$ となる。

(7) (6) の $a_{n}=K(14n-5)$、$b_{n}=K(2n+2)$ を用いると、$\dfrac{\sqrt{3}a_{1}-a_{9}}{a_{5}+2b_{7}-b_{4}}=\dfrac{9\sqrt{3}-121}{65+32-10}=\dfrac{9\sqrt{3}-121}{87}$

(8) $\dfrac{2a_{1}^{3}-a_{3}^{2}b_{5}}{a_{2}b_{7}^{2}+b_{3}^{3}}=\dfrac{2\cdot9^{3}-37^{2}\cdot12}{23\cdot16^{2}+8^{3}}=\dfrac{-14970}{6400}=-\dfrac{1497}{640}$

問題 数列 $\{a_{n}\}$ について、次を証明せよ。

(1) $a_{n+1}=a_{n}^{2}-a_{n}+1$ ならば、$a_{n+1}-1=a_{1}a_{2}\cdots a_{n}(a_{1}-1)$ である。

(2) $a_{n+1}=a_{1}a_{2}\cdots a_{n}+1$ ならば、$a_{n+1}=a_{n}^{2}-a_{n}+1\quad(n\ge2)$ である。

(3) $a_{n+1}=a_{1}a_{2}\cdots a_{n}+1$ ならば、$\displaystyle\sum_{i=1}^{n}\frac{1}{a_{i}}=\frac{1}{a_{1}}+\frac{1}{a_{2}-1}-\frac{1}{a_{n+1}-1}$ である。

解. (1) 直接計算すると、

(2) $a_{n+1}-1=a_{1}a_{2}\cdots a_{n}$ であるから、$n\ge2$ のとき

すなわち $a_{n+1}-1=a_{n}(a_{n}-1)$ となる。したがって $a_{n+1}=a_{n}^{2}-a_{n}+1$ である。

(3) $n\ge2$ のとき $a_{n+1}-1=a_{n}(a_{n}-1)$ が成り立つから、

ゆえに $n\ge2$ で $\dfrac{1}{a_{n}}=\dfrac{1}{a_{n}-1}-\dfrac{1}{a_{n+1}-1}$ となる。これを $2$ から $n$ まで足すと途中が相殺され、$\dfrac{1}{a_1}$ を加えて

問題 数列 $\{a_{n}\}$ が $a_{1}=a_{2}=1,\,a_{3}=2,\,a_{n}a_{n+1}a_{n+2}\ne1$ を満たすとする。また $a_{n}a_{n+1}a_{n+2}a_{n+3}=a_{n}+a_{n+1}+a_{n+2}+a_{n+3}$ であるとき、$a_{1}+a_{2}+\cdots+a_{100}$ の値を求めよ。

解. $a_{n}a_{n+1}a_{n+2}a_{n+3}=a_{n}+a_{n+1}+a_{n+2}+a_{n+3}$ および $a_{n+1}a_{n+2}a_{n+3}a_{n+4}=a_{n+1}+a_{n+2}+a_{n+3}+a_{n+4}$ より、辺々引くと

を得る。$a_{n}a_{n+1}a_{n+2}\ne1$ なので $a_{n+4}=a_{n}$ となる。さらに $a_{1}=a_{2}=1,\,a_{3}=2$ より $a_{4}=4$ が得られるため、

問題 少なくとも4項からなる数列 $\{a_n\}$ が $S_n=npa_n$（$p$ は定数）を満たし、かつ $a_1 \neq a_2$ である。一般項を求めよ。

解. 解法1. $a_1 = S_1 = pa_1$ より $p=1$ または $a_1=0$ となる。$p=1$ の場合、$a_1+a_2 = S_2 = 2a_2$ となり $a_1=a_2$ を得るが、これは $a_1 \neq a_2$ に矛盾する。したがって $p \neq 1$ であり、$a_1=0$、$a_2 \neq 0$ となる。$a_2 = S_2 = 2pa_2$ より $p=\dfrac{1}{2}$ となり、$S_n = \dfrac{n}{2}a_n$ である。$a_{n+1} = S_{n+1} - S_n = \dfrac{n+1}{2}a_{n+1} - \dfrac{n}{2}a_n$ より、$(n-1)a_{n+1} = na_n$ が成り立つ。$n\ge2$ のとき $a_{n+1}=\dfrac{n}{n-1}a_n$、$a_{n+2}=\dfrac{n+1}{n}a_{n+1}=\dfrac{n+1}{n-1}a_n$ なので、$a_n+a_{n+2}=\dfrac{2n}{n-1}a_n=2a_{n+1}$ を得る。$n=1$ では $a_1=0,\ a_3=2a_2$ から $a_1+a_3=2a_2$ が成り立つ。ゆえに $\{a_n\}$ は等差数列である。さらに $a_1=0,\,d=a_2-a_1=a_2$ より、一般項は $a_n = (n-1)a_2$ となる。

解法2. $(n-1)a_{n+1} = na_n$、$a_1=0$、$a_2 \neq 0$ より、$n \ge 3$ のとき $\dfrac{a_n}{a_{n-1}} = \dfrac{n-1}{n-2}$ である。したがって以下が成り立つ。

問題 数列 $\{a_n\}$ の初項から第 $n$ 項までの和を $S_n$ とする。次を証明せよ。

(1) $S_n = \dfrac{n(a_1+a_n)}{2}$ ならば、$\{a_n\}$ は等差数列である。

(2) $S_n = \dfrac{a_1-a_nq}{1-q}$ ならば、$\{a_n\}$ は等比数列である。

解. (1) 証法1. $2a_{n+1} = 2S_{n+1} - 2S_n = (n+1)(a_1+a_{n+1}) - n(a_1+a_n)$ より、$a_1 + (n-1)a_{n+1} = na_n$ が成り立つ。$a_1 + (n-1)a_{n+1} = na_n$ と $a_1 + na_{n+2} = (n+1)a_{n+1}$ より、$a_n + a_{n+2} = 2a_{n+1}$ を得る。

証法2. $S_n = \dfrac{n(a_1+a_n)}{2}$ より、$a_3$ は $a_1,a_2$ から決定できる。一般に、$a_1, a_2, \dots, a_k\,(k \ge 2)$ が決定されれば $a_{k+1}$ も決定される。したがって数列はその最初の2項によって一意に定まる。与式を満たす数列を一つ見つけることができれば、その数列が求めるものである。$a_1, a_2$ によって定まる等差数列 $\{a_n\}$ はこの条件を満たすため、$\{a_n\}$ は等差数列である。

(2) $a_1\ne0,\ q\ne0,1$ とする。$S_{n+1}-S_n=a_{n+1}$ に与式を代入すると $\dfrac{q(a_n-a_{n+1})}{1-q}=a_{n+1}$ で、$qa_n=a_{n+1}$ を得る。したがって $\{a_n\}$ は公比 $q$ の等比数列である。

問題 数列 $\{a_n\}$ が $a_1 = \dfrac{1}{2},\,a_{n+1} = a_n + \dfrac{1}{n^2+n}$ を満たす。$a_n$ を求めよ。

解. 問題の条件を満たす $\{a_n\}$ は一意に定まるため、条件を満たす数列を一つ見つければ、その一般項が求めるものである。$a_{n+1} - a_n = \dfrac{1}{n} - \dfrac{1}{n+1} = \left(k - \dfrac{1}{n+1}\right) - \left(k - \dfrac{1}{n}\right)$ より、$a_n = k - \dfrac{1}{n}$ は漸化式を満たす。さらに $a_1 = \dfrac{1}{2}$ より、$a_n = \dfrac{3}{2} - \dfrac{1}{n}$ はすべての条件を満たす。

問題 数列 $\{a_n\}$ が $a_1 = \dfrac{2}{3},\,a_{n+1} = \dfrac{n}{n+1}a_n$ を満たす。$a_n$ を求めよ。

解. $\dfrac{a_{n+1}}{a_n} = \dfrac{n}{n+1} = \dfrac{\frac{k}{n+1}}{\frac{k}{n}}$（ただし $k \neq 0$）より、$a_n = \dfrac{k}{n}$ は漸化式を満たす。さらに $a_1 = \dfrac{2}{3}$ より、$a_n = \dfrac{2}{3n}$ である。

問題 数列 $\{a_n\}$ において、$a_1=1$ かつ $nS_{n+1} - (n+3)S_n = 0$ を満たす。$a_n$ を求めよ。

解. $nS_{n+1} = (n+3)S_n$ より、$(n+1)S_{n+2} = (n+4)S_{n+1}$ である。辺々引くと $(n+1)S_{n+2} - nS_{n+1} = (n+4)S_{n+1} - (n+3)S_n$ となり、すなわち $(n+1)a_{n+2} = (n+3)a_{n+1}$ が成り立つ。したがって $\dfrac{a_{n+2}}{(n+2)(n+3)} = \dfrac{a_{n+1}}{(n+1)(n+2)}$ を得る。ゆえに数列 $\left\{\dfrac{a_{n+1}}{(n+1)(n+2)}\right\}$ は定数列である。さらに $a_1=1,\,a_2=3$ より $\left\{\dfrac{a_n}{n(n+1)}\right\}$ も定数列となる。したがって $\dfrac{a_n}{n(n+1)} = \dfrac{a_1}{2} = \dfrac{1}{2}$ であり、$a_n = \dfrac{n(n+1)}{2}$ となる。

問題 数列 $\{a_n\}$ において、$a_1=2$ かつ $3(a_1+a_2+\dots+a_n) = (n+2)a_n$ である。$a_n$ と $S_n$ を求めよ。

解. $3S_{n+1} = (n+3)a_{n+1} = (n+3)(S_{n+1}-S_n)$ より、$nS_{n+1} - (n+3)S_n = 0$ を得る。前問と同様にして、$a_n = n(n+1)$、$S_n = \dfrac{n(n+1)(n+2)}{3}$ となる。

問題 数列 $\{a_n\}$ が $a_1=2,\,a_{n+1} = 4a_n - 3n + 1$ を満たすとする。$a_n$ を求めよ。

解. 漸化式を変形すると $a_{n+1} - (n+1) = 4(a_n - n)$ となり、ゆえに $\dfrac{a_{n+1}-(n+1)}{4^{n+1}} = \dfrac{a_n-n}{4^n}$ を得る。したがって $\dfrac{a_n-n}{4^n} = \dfrac{a_1-1}{4^1} = \dfrac{1}{4}$ となり、$a_n = 4^{n-1} + n$ である。

一般に、数列 $\{a_n\}$ が $a_1=b,\,a_{n+1}=pa_n+An+B$（$p \neq 0$）を満たす場合は、$p\ne1$ のとき $a_{n+1}+x(n+1)+y=p(a_n+xn+y)$ を満たす定数 $x,y$ を求める（係数を比べて $x=\dfrac{A}{p-1}$、$y=\dfrac{B+x}{p-1}$）。すると $\{a_n+xn+y\}$ が公比 $p$ の等比数列になり、$a_n$ が求まる。

問題 数列 $\{a_n\}$ において、$a_1=1,\,a_{n+1} = \dfrac{n+1}{n}a_n + \dfrac{n+1}{2^n}$ である。$a_n$ を求めよ。

解. 漸化式の両辺を $n+1$ で割ると $\dfrac{a_{n+1}}{n+1} = \dfrac{a_n}{n} + \dfrac{1}{2^n}$ となる。両辺を変形して $\dfrac{a_{n+1}}{n+1} + \dfrac{1}{2^n} = \dfrac{a_n}{n} + \dfrac{1}{2^{n-1}}$ を得る。ゆえに定数列となり、$\dfrac{a_n}{n} + \dfrac{1}{2^{n-1}} = \dfrac{a_1}{1} + \dfrac{1}{2^0} = 2$ が成り立つ。したがって $a_n = 2n - \dfrac{n}{2^{n-1}}$ である。

問題 数列 $\{a_n\}$ が $a_1=a,\,a_{n+1} = S_n + 3^n$ を満たす。$a_n$ を求めよ。

解. $a_{n+1} = S_n + 3^n$ より、$S_{n+1} - S_n = S_n + 3^n$、すなわち $S_{n+1} = 2S_n + 3^n$ となる。両辺を $2^{n+1}$ で割ると、$\dfrac{S_{n+1}}{2^{n+1}} - \dfrac{3^{n+1}}{2^{n+1}} = \dfrac{S_n}{2^n} - \dfrac{3^n}{2^n}$ を得る。したがって $\dfrac{S_n}{2^n} - \dfrac{3^n}{2^n} = \dfrac{S_1}{2} - \dfrac{3}{2} = \dfrac{a-3}{2}$ であり、$S_n = (a-3)2^{n-1} + 3^n$ となる。ゆえに $n=1$ のとき $a_1=a$ であり、$n \ge 2$ のとき $a_n = (a-3)2^{n-2} + 2\cdot 3^{n-1}$ である。

問題 数列 $\{a_n\}$ が $ba_n - 2^n = (b-1)S_n$（$b \neq 0,\,2$）を満たす。$a_n$ を求めよ。

解. $n=1$ を代入すると $a_1=2$ とわかる。漸化式から $a_{n+1} = ba_n + 2^n$ を得て、$\dfrac{a_{n+1}}{b^{n+1}} = \dfrac{a_n}{b^n} + \dfrac{2^n}{b^{n+1}}$ となる。したがって $\dfrac{a_{n+1}}{b^{n+1}} + \dfrac{1}{b-2}\left(\dfrac{2}{b}\right)^{n+1} = \dfrac{a_n}{b^n} + \dfrac{1}{b-2}\left(\dfrac{2}{b}\right)^n$ である。ゆえに $\dfrac{a_n}{b^n} + \dfrac{1}{b-2}\left(\dfrac{2}{b}\right)^n = \dfrac{2(b-1)}{b(b-2)}$ となる。すなわち $a_n = \dfrac{1}{b-2}\left(2(b-1)b^{n-1} - 2^n\right)$ である。

問題 数列 $\{a_n\}$ が $a_1=1,\,a_{n+1} = \dfrac{a_n}{1+a_n}$ を満たす。$a_n$ を求めよ。

解. $a_1,a_2,a_3,a_4$ を計算すると、$a_n = \dfrac{1}{n}$ と推測できる。問題の条件を満たす数列は一意に存在し、$a_n = \dfrac{1}{n}$ は条件をすべて満たすため、これが求めるものである。

問題 数列 $k(n)$ が $k(1)=1,\,k(2)=2,\,k(n+2)=k(n)+2^{n+1}$ を満たす。一般項を求めよ。

解. $k(n+2)+x\cdot 2^{n+2} = k(n)+x\cdot 2^n$ とおくと、$k(n+2) = k(n)-3x\cdot 2^n$ となる。ゆえに $-3x=2$、すなわち $x=-\dfrac{2}{3}$ と選べば、$k(n+2)-\dfrac{2}{3}\cdot 2^{n+2} = k(n)-\dfrac{2}{3}\cdot 2^n$ となる。したがって $\left\{k(n)-\dfrac{2}{3}\cdot 2^n\right\}$ は周期2の数列であり、$-\dfrac{1}{3},-\dfrac{2}{3},-\dfrac{1}{3},-\dfrac{2}{3},\dots$ と続く。よって、$n$ が奇数のとき $k(n) = \dfrac{1}{3}(2^{n+1}-1)$ であり、$n$ が偶数のとき $k(n) = \dfrac{1}{3}(2^{n+1}-2)$ である。

問題 正数列 $\{a_n\}$ において、$a_1=2,\,a_{n+1}+a_n = \dfrac{n+1}{a_{n+1}-a_n} + 2$ を満たす。$a_n$ を求めよ。

解. 条件より $(a_{n+1}-1)+(a_n-1) = \dfrac{n+1}{(a_{n+1}-1)-(a_n-1)}$ となり、$(a_{n+1}-1)^2 - (a_n-1)^2 = n+1$ が得られる。$b_n=a_n-1$ とおくと $b_1=1$ で、累加すると $b_n^2=1+2+\dots+n=\dfrac{n(n+1)}{2}$ を得る。$a_n>0$ より $b_n>-1$、一方 $b_n^2\ge1$ なので $b_n\ge1$ となり、$a_n = 1 + \sqrt{\dfrac{n(n+1)}{2}}$ である。

問題 数列 $\{a_n\}$ において、$a_1=6,\,a_{n+1}-a_n = \dfrac{a_n}{n+1} + n + 2$ を満たす。$a_n$ を求めよ。

解. 条件より $(n+1)a_{n+1} - (n+2)a_n = (n+1)(n+2)$ であり、両辺を割ることで $\dfrac{a_{n+1}}{n+2} - \dfrac{a_n}{n+1} = 1$ を得る。したがって $\dfrac{a_n}{n+1}=\dfrac{a_1}{2}+(n-1)=n+2$ となり、$a_n = (n+1)(n+2)$ である。

問題 正数列 $\{a_n\}$ の初項から第 $n$ 項までの和 $S_n$ が $a_n + \dfrac{1}{a_n} = 2S_n$ を満たす。$a_n$ を求めよ。

解. $S_n - S_{n-1} + \dfrac{1}{S_n - S_{n-1}} = 2S_n$ より、$S_n^2 - S_{n-1}^2 = 1\,(n \ge 2)$ を得る。ゆえに $S_n^2 = S_1^2 + n - 1 = n$ である。したがって $a_n = S_n - S_{n-1} = \sqrt{n} - \sqrt{n-1}$ となる。

問題 数列 $\{a_n\}$ の初項から第 $n$ 項までの和 $S_n$ が $S_{n+2} - (t+1)S_{n+1} + tS_n = 0,\,a_1=t,\,a_2=t^2$ を満たす。$a_n$ を求めよ。

解. $S_{n+2} - S_{n+1} = t(S_{n+1} - S_n)$ より $a_{n+2} = ta_{n+1}$ を得る。さらに $a_1=t,\,a_2=t^2$ より $a_{n+1} = ta_n$ も成り立つ。したがって $a_n = t^n$ である。

問題 数列 $\{a_n\}$ が $a_1=2,\,a_{n+1} = \dfrac{1}{2}\left(a_n + \dfrac{1}{a_n}\right)$ を満たすとき、$a_n$ を求めよ。

解. 漸化式を変形すると $\dfrac{a_{n+1}-1}{a_{n+1}+1} = \left(\dfrac{a_n-1}{a_n+1}\right)^2$ が成り立つ。$b_n = \dfrac{a_n-1}{a_n+1}$ とおくと、$b_{n+1} = b_n^2$ であり、$b_n > 0$ である。$b_1 = \dfrac{1}{3}$ であるから、$b_n = 3^{-2^{n-1}}$ となる。したがって $a_n = \dfrac{1+3^{-2^{n-1}}}{1-3^{-2^{n-1}}}$ である。

問題 下図のように、$y=\sqrt{x}$ の下に一連の正三角形がある。第 $n$ 個の正三角形の辺長 $a_n$ を求めよ。

解. 第 $n$ 個の正三角形の上の頂点の座標は $\left(a_1+\cdots+a_{n-1}+\dfrac{a_n}{2},\,\dfrac{\sqrt{3}}{2}a_n\right)$ である。したがって $\dfrac{\sqrt{3}}{2}a_n = \sqrt{a_1+\cdots+a_{n-1}+\dfrac{a_n}{2}}$ が成り立つ。両辺を2乗すると $\dfrac{3}{4}a_n^2 = a_1+\cdots+a_{n-1}+\dfrac{a_n}{2} = S_n - \dfrac{a_n}{2}$ となる。すなわち $\dfrac{3}{4}a_n^2 + \dfrac{a_n}{2} = S_n$ である。これと $\dfrac{3}{4}a_{n+1}^2 + \dfrac{a_{n+1}}{2} = S_{n+1}$ の両式を辺々引くと、

となり、整理すると $\dfrac{3}{4}(a_{n+1}^2 - a_n^2) - \dfrac{1}{2}(a_{n+1} + a_n) = 0$ を得る。$a_{n+1} + a_n > 0$ より両辺を割ると $a_{n+1} - a_n = \dfrac{2}{3}$ となる。また $a_1 = \dfrac{2}{3}$ であるから、$a_n = \dfrac{2n}{3}$ である。

問題 数列 $\{a_n\}$ が $a_1=1,\,a_{n+1}=2a_n+3\cdot 5^n$ を満たす。$a_n$ を求めよ。

解. 解法1（未定係数法）. $x$ を未定の定数とし、$a_{n+1}+x\cdot 5^{n+1} = 2(a_n+x\cdot 5^n)$ とおく。展開すると $a_{n+1} = 2a_n - 3x\cdot 5^n$ となる。したがって $-3x=3$ より $x=-1$ を得る。ゆえに $a_{n+1}-5^{n+1} = 2(a_n-5^n)$ となる。よって $a_n-5^n = 2^{n-1}(a_1-5) = -2^{n+1}$ となり、$a_n = 5^n-2^{n+1}$ である。

解法2（累加法）. 漸化式の両辺を $2^{n+1}$ で割ると $\dfrac{a_{n+1}}{2^{n+1}} = \dfrac{a_n}{2^n} + \dfrac{3}{2}\cdot\left(\dfrac{5}{2}\right)^n$ となる。$b_n = \dfrac{a_n}{2^n}$ とおくと $b_{n+1}-b_n = \dfrac{3}{2}\cdot\left(\dfrac{5}{2}\right)^n$ である。よって

したがって $a_n = 2^n b_n = 5^n - 2^{n+1}$ である。

解法3（連立方程式法）. $a_{n+1}-5a_n = (2a_n+3\cdot 5^n) - 5(2a_{n-1}+3\cdot 5^{n-1}) = 2(a_n-5a_{n-1})$ より、$\{a_{n+1}-5a_n\}$ は公比2の等比数列である。したがって $a_{n+1}-5a_n = 2^{n-1}(a_2-5a_1) = 3\cdot 2^{n+1}$ となる。$a_{n+1}-2a_n = 3\cdot 5^n$ と $a_{n+1}-5a_n = 3\cdot 2^{n+1}$ の連立方程式を解くと $a_n = 5^n - 2^{n+1}$ を得る。

問題 数列 $\{a_n\},\{b_n\}$ が $a_1=2,\,b_1=1$ かつ $n \ge 2$ のとき

を満たす。$a_n$ と $b_n$ を求めよ。

解. $a_n + \lambda b_n = \dfrac{3+\lambda}{4}\left(a_{n-1} + \dfrac{1+3\lambda}{3+\lambda}b_{n-1}\right)$ とおく。$\lambda = \dfrac{1+3\lambda}{3+\lambda}$ とすると $\lambda = \pm 1$ を得る。$\lambda=1$ のとき $a_n+b_n = a_{n-1}+b_{n-1}$ となる。ゆえに $a_n+b_n = a_1+b_1 = 3$ である。$\lambda=-1$ のとき $a_n-b_n = \dfrac{1}{2}(a_{n-1}-b_{n-1})$ となる。ゆえに $a_n-b_n = \dfrac{1}{2^{n-1}}(a_1-b_1) = \dfrac{1}{2^{n-1}}$ である。連立方程式 $a_n+b_n = 3$ と $a_n-b_n = \dfrac{1}{2^{n-1}}$ を解くと、$a_n = \dfrac{3}{2} + \dfrac{1}{2^n}$、$b_n = \dfrac{3}{2} - \dfrac{1}{2^n}$ である。

問題 数列 $\{a_n\},\{b_n\}$ が $a_1=2,\,b_1=1$ かつ $n \ge 2$ のとき

を満たす。$a_n$ と $b_n$ を求めよ。

解. $a_n + \lambda b_n = (\lambda+3)\left(a_{n-1} + \dfrac{\lambda-1}{\lambda+3}b_{n-1}\right)$ とおく。$\lambda = \dfrac{\lambda-1}{\lambda+3}$ とすると $\lambda=-1$（重解）を得る。このとき $a_n-b_n = 2(a_{n-1}-b_{n-1})$ となるので $a_n-b_n = 2^{n-1}$ である。また $a_n = 3a_{n-1} - b_{n-1} = 2a_{n-1} + (a_{n-1}-b_{n-1}) = 2a_{n-1} + 2^{n-2}$ となる。両辺を $2^n$ で割ると $\dfrac{a_n}{2^n} = \dfrac{a_{n-1}}{2^{n-1}} + \dfrac{1}{4}$ となる。したがって $\dfrac{a_n}{2^n} = \dfrac{a_1}{2} + \dfrac{n-1}{4} = 1 + \dfrac{n-1}{4}$ となり、$a_n = (n+3)2^{n-2}$ である。さらに $b_n = a_n - 2^{n-1} = (n+1)2^{n-2}$ である。

問題 $f_0 = f_1 = 1,\,f_{n+2} = f_{n+1} + f_n$ を満たす数列の一般項を求めよ。

解. 特性方程式は $x^2 - x - 1 = 0$ であり、解は $\alpha = \dfrac{1+\sqrt{5}}{2},\,\beta = \dfrac{1-\sqrt{5}}{2}$ である。初期条件を代入すると連立方程式が得られ、解を求めると $A = \dfrac{1}{\sqrt{5}}\cdot\dfrac{1+\sqrt{5}}{2}$、$B = -\dfrac{1}{\sqrt{5}}\cdot\dfrac{1-\sqrt{5}}{2}$ となる。したがって

問題 $f(x) = ax+b\,(a \neq 0, 1)$ かつ $x_0 = f(x_0)$ とする。数列 $\{a_n\}$ が $a_n = f(a_{n-1})\,(n \ge 2)$ を満たすとき、$\{a_n - x_0\}$ が公比 $a$ の等比数列であることを示せ。

解. $ax_0 + b = x_0$ より $b - x_0 = -ax_0$ である。したがって $a_n - x_0 = (a\cdot a_{n-1} + b) - x_0 = a\cdot a_{n-1} - ax_0 = a(a_{n-1} - x_0)$ となる。

問題 $f(x)=\dfrac{ax+b}{cx+d}$（$c\ne0,\,ad-bc\ne0$）とし、$x_1,x_2$ は $f(x)$ の不動点であるとする。$\{a_n\}$ は $a_n=f(a_{n-1})\,(n=2,3,\cdots)$ を満たす。

(I) $x_1\ne x_2$ のとき、$\left\{\dfrac{a_n-x_1}{a_n-x_2}\right\}$ は公比 $\dfrac{a-cx_1}{a-cx_2}$ の等比数列であることを示せ。

(II) $x_1=x_2=x_0$ のとき、$\left\{\dfrac{1}{a_n-x_0}\right\}$ は公差 $\dfrac{2c}{a+d}$ の等差数列であることを示せ。

解. (I) $\dfrac{ax_1+b}{cx_1+d}=x_1$ は $\dfrac{b-dx_1}{a-cx_1}=-x_1$ と同値であり、$dx_1-b=(a-cx_1)x_1$ となる。同様に $dx_2-b=(a-cx_2)x_2$ である。したがって次が成り立つ。

(II) $\dfrac{ax+b}{cx+d}=x$ がただ1つの解 $x_1=x_2=x_0$ をもつとき、$x_0=\dfrac{a-d}{2c}$ であり、$\dfrac{b-dx_0}{a-cx_0}=-x_0$ が成り立つ。

$x_0=\dfrac{a-d}{2c}$ を代入して整理すると、$\dfrac{1}{a_{n+1}-x_0} = \dfrac{1}{a_n-x_0} + \dfrac{2c}{a+d}$ を得る。

問題 $f(x) = \dfrac{ax^2+b}{2ax+d}$（$a\ne0$）とし、$x_1,x_2$ は $f(x)$ の不動点であるとする。$\{a_n\}$ が $a_n = f(a_{n-1})\,(n=2,3,\cdots)$ を満たすとき、$\dfrac{a_{n+1}-x_1}{a_{n+1}-x_2} = \left(\dfrac{a_n-x_1}{a_n-x_2}\right)^2$ を示せ。

解. $dx_1 = b-ax_1^2$ および $dx_2 = b-ax_2^2$ より次が成り立つ。

問題 数列 $\{a_n\}$ において、$a_1=2$、$a_{n+1}=\dfrac{2a_n+1}{3}$ である。一般項を求めよ。

解. 反復関数は $f(x)=\dfrac{2x+1}{3}$ である。$f(x)=x$ とすると $x_1=1$ を得る。したがって $a_{n+1}-1 = \dfrac{2}{3}(a_n-1)$ となる。よって $\{a_n-1\}$ は公比 $\dfrac{2}{3}$ の等比数列であり、$a_n = 1+\left(\dfrac{2}{3}\right)^{n-1}$ である。

問題 数列 $\{a_n\}$ において、$a_1=3$、$a_{n+1}=\dfrac{4a_n-2}{a_n+1}$ である。一般項を求めよ。

解. 反復関数は $f(x)=\dfrac{4x-2}{x+1}$ である。$f(x)=x$ とすると不動点 $x_1=1,\,x_2=2$ を得る。また次が成り立つ。

したがって $\dfrac{a_n-1}{a_n-2} = \dfrac{a_1-1}{a_1-2}\left(\dfrac{3}{2}\right)^{n-1} = 2\left(\dfrac{3}{2}\right)^{n-1}$ を得る。これを解いて $a_n = \dfrac{2^{n-2}-2\cdot 3^{n-1}}{2^{n-2}-3^{n-1}}$ である。

問題 数列 $\{a_n\}$ の初項から第 $n$ 項までの和を $S_n$ とし、方程式 $x^2-a_n x-a_n=0$ が $S_n-1$ を解にもつとする。$\{a_n\}$ の一般項を求めよ。

解. $(S_n-1)^2-a_n(S_n-1)-a_n=0$、すなわち $(S_n-1)^2=a_nS_n$ である。$n=1$ では $(a_1-1)^2=a_1^2$ より $a_1=\dfrac12$ を得る。$n\ge2$ では $a_n=S_n-S_{n-1}$ を代入して整理すると $S_n = \dfrac{1}{2-S_{n-1}}$ を得る。$f(x)=\dfrac{1}{2-x}$ とおき $f(x)=x$ とすると不動点 $x_0=1$ を得る。直接計算により次が成り立つ。

したがって $\dfrac{1}{S_n-1}=\dfrac{1}{S_1-1}-(n-1)=-(n+1)$ より $S_n = \dfrac{n}{n+1}$ となり、$a_n = \dfrac{1}{n(n+1)}$ である。

問題 数列 $\{x_n\}$ が $x_1=4$、$x_{n+1}=\dfrac{x_n^2-3}{2x_n-4}$ を満たす。一般項を求めよ。

解. $\dfrac{x^2-3}{2x-4}=x$ とおくと、不動点 $1,\,3$ を得る。$x_1=4$ であるから $\dfrac{x_1-1}{x_1-3}=3$ となる。$x_{n+1}-1 = \dfrac{(x_n-1)^2}{2x_n-4}$ および $x_{n+1}-3 = \dfrac{(x_n-3)^2}{2x_n-4}$ より $\dfrac{x_{n+1}-1}{x_{n+1}-3} = \left(\dfrac{x_n-1}{x_n-3}\right)^2$ を得る。両辺の対数をとると $\log_3 \dfrac{x_{n+1}-1}{x_{n+1}-3} = 2 \log_3 \dfrac{x_n-1}{x_n-3}$ となる。$a_n = \log_3 \dfrac{x_n-1}{x_n-3}$ とおくと $\{a_n\}$ は初項1、公比2の等比数列となる。したがって $a_n=2^{n-1}$ となり、$\dfrac{x_n-1}{x_n-3} = 3^{2^{n-1}}$ である。これを解いて $x_n = \dfrac{3^{2^{n-1}+1}-1}{3^{2^{n-1}}-1}$ である。

問題 数列 $\{a_n\}$ において、$a_1=1$、$a_{n+1}=\dfrac{2a_n}{a_n+2}$ である。一般項を求めよ。

解. $x=\dfrac{2x}{x+2}$ より不動点は $0$ のみ（重解）である。$b_n=\dfrac{1}{a_n}$ とおくと、$a_{n+1}=\dfrac{2a_n}{a_n+2}$ より $b_{n+1}=b_n+\dfrac{1}{2}$ が成り立つ。$\{b_n\}$ は初項1、公差 $\dfrac{1}{2}$ の等差数列となるため、$b_n = 1+\dfrac{n-1}{2} = \dfrac{n+1}{2}$ である。したがって $a_n=\dfrac{2}{n+1}$ である。

問題 数列 $\{a_n\}$ において、$a_1=1$、$S_{n+1}=4a_n+2$ である。$a_{2013}$ を求めよ。

解. $n\ge2$ のとき、$S_{n+1}=4a_n+2$ および $S_n=4a_{n-1}+2$ が成り立つ。辺々引いて $a_{n+1}=4(a_n-a_{n-1})$ を得る。特性方程式は $x^2-4x+4=0$ であり、重解 $x_1=x_2=2$ をもつ。したがって $a_n=(An+B)\cdot 2^{n-1}$ とおける。既知の $a_2=5$ を用いて、$A+B=1$ および $2(2A+B)=5$ の連立方程式を得る。これを解くと $A=\dfrac{3}{2}$、$B=-\dfrac{1}{2}$ となり、$a_n = \dfrac{3n-1}{2}\cdot 2^{n-1}$ である。よって $a_{2013}=3019\cdot2^{2012}$ である。

問題 数列 $\{a_n\}$ を $a_1=2$、$a_{n+1}=\dfrac{2a_n+6}{a_n+1}$ と定義する。一般項を求めよ。

解. まず不動点を求める。$x=\dfrac{2x+6}{x+1}$ とおくと、$x_1=3$、$x_2=-2$ を得る。$a_{n+1}-3 = -\dfrac{a_n-3}{a_n+1}$ および $a_{n+1}+2 = \dfrac{4(a_n+2)}{a_n+1}$ の両式を辺々割ると、$\dfrac{a_{n+1}-3}{a_{n+1}+2} = -\dfrac{1}{4}\cdot\dfrac{a_n-3}{a_n+2}$ となる。したがって $\dfrac{a_n-3}{a_n+2} = \left(-\dfrac{1}{4}\right)^{n-1}\dfrac{a_1-3}{a_1+2} = \left(-\dfrac{1}{4}\right)^n$ を得る。これを解いて $a_n = \dfrac{3(-4)^n+2}{(-4)^n-1}$ である。

問題 $A$ は $[2,4]$ 上で定義され、以下の条件を満たす関数 $\varphi(x)$ の集合である。

1. 任意の $x\in[1,2]$ に対し $\varphi(2x)\in(1,2)$ が成り立つ。
2. ある定数 $L\,(0<L<1)$ が存在し、任意の $x_1,x_2\in[1,2]$ に対し $|\varphi(2x_1)-\varphi(2x_2)|\le L|x_1-x_2|$ が成り立つ。

(1) $\varphi(x)=\sqrt[3]{1+x}\,(x\in[2,4])$ とするとき、$\varphi(x)\in A$ を示せ。

(2) $\varphi(x)\in A$ とし、ある $x_0\in(1,2)$ が $x_0=\varphi(2x_0)$ を満たすとする。このような $x_0$ はただ1つであることを示せ。

(3) $\varphi(x)\in A$ とし、任意の $x_1\in(1,2)$ をとり、$x_{n+1}=\varphi(2x_n)\,(n=1,2,\cdots)$ とする。任意の正の整数 $k,p$ に対し、不等式 $|x_{k+p}-x_k|\le\dfrac{L^{k-1}}{1-L}|x_2-x_1|$ が成り立つことを示せ。

解. (1) $\sqrt[3]{3}\le\varphi(2x)\le\sqrt[3]{5}$ より $\varphi(2x)\in(1,2)$ である。また次が成り立つ。

分母の三つの項はいずれも $1$ より大きいので分母は $3$ より大きく、$L=\dfrac23$ ととれる。したがって $\varphi(x)\in A$ である。

(2) $x_1,x_2\in(1,2)$ が $x_1=\varphi(2x_1)$、$x_2=\varphi(2x_2)$ を満たすと仮定する。$|x_1-x_2|=|\varphi(2x_1)-\varphi(2x_2)|\le L|x_1-x_2|$ であるから、$(1-L)|x_1-x_2|\le0$ となる。ゆえに $x_1=x_2$ である。

(3) $|x_{n+1}-x_n|=|\varphi(2x_n)-\varphi(2x_{n-1})|\le L|x_n-x_{n-1}|$ であるから、これを繰り返すと $|x_{n+1}-x_n|\le L^{n-1}|x_2-x_1|$ を得る。したがって次が成り立つ。

等比数列の和の公式を用いて、$\dfrac{L^{k-1}(1-L^p)}{1-L}|x_2-x_1| \le \dfrac{L^{k-1}}{1-L}|x_2-x_1|$ を得る。

問題 数列 $\{a_n\}$ が $a_1=0,\,a_{n+1}=np^n+qa_n$ を満たすとする。

(1) $q=1$ のとき、$a_n$ を求めよ。

(2) $|p|<1,\,|q|<1$ のとき、$\{a_n\}$ が有界であることを証明せよ。

解. (1) $q=1$ のとき $a_{n+1}-a_n=np^n$ となる。したがって $a_n = p+2p^2+3p^3+\dots+(n-1)p^{n-1}$ である。$p=1$ のとき $a_n = 1+2+3+\dots+(n-1) = \dfrac{n(n-1)}{2}$ となる。$p\ne1$ のとき $pa_n = p^2+2p^3+3p^4+\dots+(n-1)p^n$ となる。両辺を引くと $(1-p)a_n = p+p^2+\dots+p^{n-1}-(n-1)p^n = \dfrac{p-p^n}{1-p}-(n-1)p^n$ となる。ゆえに $a_n = \dfrac{p-p^n}{(1-p)^2} - \dfrac{(n-1)p^n}{1-p}$ である。

(2) $|a_{n+1}| \le n|p|^n+|q||a_n| \le n|p|^n+|a_n|$ より $|a_{n+1}|-|a_n| \le n|p|^n$ が成り立つ。$a_1=0$ に注意して累加し、(1)の結論を利用すると次を得る。

したがって $\{a_n\}$ は有界である。

問題 正数列 $\{a_n\}$ が $a_{n+1}=a_n+ca_n^2\,(c>0)$ を満たすとする。

(1) 任意の $M>0$ に対し、ある正整数 $N$ が存在して、$n>N$ のとき $a_n>M$ となることを証明せよ。

(2) $b_n=\dfrac{1}{1+ca_n}$ とし、$S_n$ を $b_n$ の前 $n$ 項の和とする。任意の $d>0$ に対し、ある正整数 $N$ が存在して、$n>N$ のとき $0<\left|S_n-\dfrac{1}{ca_1}\right|<d$ となることを証明せよ。

解. (1) $a_{n+1}=a_n+ca_n^2>a_n$ より $\{a_n\}$ は狭義単調増加である。したがって次が成り立つ。

任意の $M>0$ に対し、$N=\left[\dfrac{M}{ca_1^2}\right]+2$ ととれば、$n>N$ のとき

が成り立つ。

(2) $a_{n+1}=a_n(1+ca_n)$ より次のように変形できる。

ゆえに $S_n = \dfrac{1}{ca_1} - \dfrac{1}{ca_{n+1}}$ であり、$\left|S_n-\dfrac{1}{ca_1}\right| = \dfrac{1}{ca_{n+1}} > 0$ となる。(1)より $a_{n+1}>nca_1^2$ であるから $\dfrac{1}{ca_{n+1}} < \dfrac{1}{nc^2a_1^2}$ を得る。任意の $d>0$ に対し $N=\left[\dfrac{1}{dc^2a_1^2}\right]+1$ ととれば、$n>N$ のとき

が成り立つ。

問題 $\mathbb{R}$ 上の関数 $f(x)=\dfrac{4^x}{4^x+2}$ を考える。また $S_n=f\!\left(\dfrac{1}{n}\right)+f\!\left(\dfrac{2}{n}\right)+\dots+f\!\left(\dfrac{n-1}{n}\right)\,(n=2,3,\dots)$ とする。

(1) $S_n$ を求めよ。

(2) 任意の $n\ge2$ に対し、$\dfrac{1}{S_2}+\dfrac{1}{S_3}+\dots+\dfrac{1}{S_n}\le M$ を満たす定数 $M$ は存在するか。

解. (1) 任意の $k\in\{1,2,\dots,n-1\}$ に対し次が成り立つ。

したがって $2S_n=n-1$ となり、$S_n=\dfrac{n-1}{2}$ を得る。

(2) (1)より $\displaystyle\sum_{k=2}^{n+1}\dfrac{1}{S_k} = 2\left(1+\dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{3}+\dots+\dfrac{1}{n}\right)$ である。$n=2^m$ ととると次のように評価できる。

ゆえに任意の $M$ に対し、$n=2^{[|M|]+2}$ ととれば $\displaystyle\sum_{k=2}^{n+1}\dfrac{1}{S_k} > M$ とできる。したがって、そのような定数 $M$ は存在しない。

問題 $a_k=\dfrac{k+2}{k!+(k+1)!+(k+2)!}$ のとき、$S_{100}$ を求めよ。

解. $a_k$ の分母を整理すると次のように変形できる。

したがって和をとると途中が相殺されて $S_{100} = \dfrac{1}{2!}-\dfrac{1}{102!}$ となる。