数列の問題

与えられた関係式を $(\ast )$ とする。

$a_1$ を求める。 $n=1$ のとき $S_1=a_1$ なので $a_1^3=2a_1^2-a_1$。$a_1>0$ で両辺を $a_1$ で割ると $a_1^2-2a_1+1=0$、すなわち $(a_1-1{)}^2=0$ より $a_1=1$。

$a_{n+1}$ と $S_n$ の関係を導く。 $(\ast )$ の $n+1$ のときの式から $n$ のときの式を引く。$S_{n+1}=S_n+a_{n+1}$ であるから
$$a_{n+1}^3=2(S_n+a_{n+1}{)}^2-(S_n+a_{n+1})-(2S_n^2-S_n)=4S_n{a}_{n+1}+2a_{n+1}^2-a_{n+1}.$$
$a_{n+1}>0$ で割ると
$$a_{n+1}^2-2a_{n+1}-(4S_n-1)=0.(1)$$
$S_n\geqq a_1=1$ より $4S_n-1>0$ である。よって $(1)$ の 2 解の積 $-(4S_n-1)$ は負であり、正の解はただ 1 つで
$$a_{n+1}=1+\sqrt{1+(4S_n-1)}=1+2\sqrt{S_n}.(2)$$

具体的に計算して予想する。 $S_1=1$ より $a_2=1+2=3$。$S_2=4$ より $a_3=1+4=5$。これらから $a_n=2n-1$ と予想できる。

数学的帰納法で示す。 「$a_1,a_2,\dots ,a_n$ がすべて $a_k=2k-1$ を満たす」という命題を $P(n)$ とする。
- $n=1$ のとき、$a_1=1$ より $P(1)$ は成り立つ。
- $P(n)$ が成り立つと仮定する。このとき
$$S_n=\sum _{k=1}^n(2k-1)=n^2$$
であるから、$(2)$ より $a_{n+1}=1+2n=2(n+1)-1$ となる。よって $P(n+1)$ も成り立つ。

以上より、すべての正の整数 $n$ について $a_n=2n-1$ である。

和を計算する。
$$\frac{1}{a_k{a}_{k+1}}=\frac{1}{(2k-1)(2k+1)}=\frac{1}{2}\left(\frac{1}{2k-1}-\frac{1}{2k+1}\right)$$
と部分分数に分解できる。$k=1$ から $30$ まで足すと、隣り合う項が打ち消し合って
$$\sum _{k=1}^{30}\frac{1}{a_k{a}_{k+1}}=\frac{1}{2}\left(1-\frac{1}{61}\right)=\frac{1}{2}\cdot \frac{60}{61}=\frac{30}{61}.$$

$n=1$ のとき $a_1^3=2a_1^2-a_1$ より $a_1(a_1-1{)}^2=0$。$a_1>0$ なので $a_1=1$。

$n\ge 2$ のとき、$n$ の式から $n-1$ の式を引くと
$a_n^3=2(S_n^2-S_{n-1}^2)-a_n=2a_n(S_n+S_{n-1})-a_n$。
$a_n>0$ で割ると $a_n^2=2(S_n+S_{n-1})-1$。$S_n=S_{n-1}+a_n$ を代入して $a_n^2-2a_n=4S_{n-1}-1$、すなわち $(a_n-1{)}^2=4S_{n-1}$。

$a_k=2k-1$ ($k\le n-1$) と仮定すると $S_{n-1}=(n-1{)}^2$ なので $(a_n-1{)}^2=4(n-1{)}^2$。よって $a_n=2n-1$ または $a_n=3-2n$。$n\ge 2$ では $3-2n<0$ なので不適で、$a_n=2n-1$。帰納法により、すべての $n$ で $a_n=2n-1$。

検算: ${\sum }_{k=1}^n(2k-1{)}^3=n^2(2n^2-1)=2n^4-n^2$ で、$2S_n^2-S_n=2n^4-n^2$ と一致する。

求める和は
${\sum }_{k=1}^{30}\frac{1}{(2k-1)(2k+1)}=\frac{1}{2}{\sum }_{k=1}^{30}\left(\frac{1}{2k-1}-\frac{1}{2k+1}\right)=\frac{1}{2}\left(1-\frac{1}{61}\right)=\frac{30}{61}$。