等差数列 $\{a_n\}$ において、第4項が11、第10項が23である。 (1) 一般項 $a_n$ を求める。 (2) 初項から第 $n$ 項までの和 $S_n$ を求める。 (3) $\sum_{k=1}^{10} \frac{1}{a_k a_{k+1}}$ を求める。

1. 問題の内容

等差数列 $\{a_n\}$ において、第4項が11、第10項が23である。

(1) 一般項 $a_n$ を求める。

(2) 初項から第 $n$ 項までの和 $S_n$ を求める。

(3) $\sum_{k=1}^{10} \frac{1}{a_k a_{k+1}}$ を求める。

2. 解き方の手順

(1) 等差数列の一般項は $a_n = a + (n-1)d$ で表される。ここで $a$ は初項、$d$ は公差である。

第4項が11なので、 $a + 3d = 11$。

第10項が23なので、 $a + 9d = 23$。

この2つの式を連立させて $a$ と $d$ を求める。

$a + 9d = 23$ から $a + 3d = 11$ を引くと、

$6d = 12$ より $d = 2$。

$a + 3(2) = 11$ より $a = 5$。

したがって、$a_n = 5 + (n-1)2 = 5 + 2n - 2 = 2n + 3$。

(2) 等差数列の和の公式は $S_n = \frac{n}{2} (2a + (n-1)d)$ である。

$a = 5$、$d = 2$ を代入すると、

$S_n = \frac{n}{2} (2(5) + (n-1)2) = \frac{n}{2} (10 + 2n - 2) = \frac{n}{2} (2n + 8) = n(n+4) = n^2 + 4n$。

(3) $\frac{1}{a_k a_{k+1}} = \frac{1}{(2k+3)(2(k+1)+3)} = \frac{1}{(2k+3)(2k+5)}$ である。

$\frac{1}{(2k+3)(2k+5)} = \frac{A}{2k+3} + \frac{B}{2k+5}$ と部分分数分解する。

$1 = A(2k+5) + B(2k+3)$。

$2k+5 = 0$ つまり $k = -\frac{5}{2}$ のとき、$1 = B(2(-\frac{5}{2})+3) = B(-5+3) = -2B$ より $B = -\frac{1}{2}$。

$2k+3 = 0$ つまり $k = -\frac{3}{2}$ のとき、$1 = A(2(-\frac{3}{2})+5) = A(-3+5) = 2A$ より $A = \frac{1}{2}$。

よって、$\frac{1}{(2k+3)(2k+5)} = \frac{1}{2} (\frac{1}{2k+3} - \frac{1}{2k+5})$。

$\sum_{k=1}^{10} \frac{1}{a_k a_{k+1}} = \sum_{k=1}^{10} \frac{1}{2} (\frac{1}{2k+3} - \frac{1}{2k+5}) = \frac{1}{2} (\frac{1}{5} - \frac{1}{7} + \frac{1}{7} - \frac{1}{9} + \dots + \frac{1}{23} - \frac{1}{25})$

$= \frac{1}{2} (\frac{1}{5} - \frac{1}{25}) = \frac{1}{2} (\frac{5-1}{25}) = \frac{1}{2} (\frac{4}{25}) = \frac{2}{25}$。

3. 最終的な答え

(1) $a_n = 2n + 3$

(2) $S_n = n^2 + 4n$

(3) $\sum_{k=1}^{10} \frac{1}{a_k a_{k+1}} = \frac{2}{25}$