数列 $\{a_n\}$、$\{b_n\}$ が与えられ、以下の条件を満たすとする。 * $\tan a_n = \frac{1}{n^2 + n + 1}$, $0 < a_n < \frac{\pi}{2}$ * $\tan b_n = \alpha n + \beta$ （$\alpha, \beta$ は実数の定数）, $-\frac{\pi}{2} < b_n < \frac{\pi}{2}$ * $\tan a_n = \tan(b_{n+1} - b_n)$ ( $n = 1, 2, 3, \dots$) このとき、以下の問いに答えよ。 (1) $\alpha$ と $\beta$ を求めよ。 (2) $b_1$ を求めよ。 (3) $\lim_{n \to \infty} b_n$ を求めよ。必要ならば $\frac{\pi}{2} - x < \tan(\frac{\pi}{2} - x) (0 < x < \frac{\pi}{2})$ が成り立つことを用いても良い。 (4) 無限級数 $\sum_{n=1}^{\infty} a_n$ の和を求めよ。 (5) 自然数 $n$ に対し、$\tan(b_{n+1} - b_{n-1})$ を $n$ の式で表せ。ただし、$b_0 = 0$ とする。 (6) 無限級数 $\sum_{n=1}^{\infty} (b_{n+1} - b_{n-1})$ の和を求めよ。ただし、$b_0 = 0$ とする。

1. 問題の内容

数列 $\{a_n\}$、$\{b_n\}$ が与えられ、以下の条件を満たすとする。

* $\tan a_n = \frac{1}{n^2 + n + 1}$, $0 < a_n < \frac{\pi}{2}$

* $\tan b_n = \alpha n + \beta$ （$\alpha, \beta$ は実数の定数）, $-\frac{\pi}{2} < b_n < \frac{\pi}{2}$

* $\tan a_n = \tan(b_{n+1} - b_n)$ ( $n = 1, 2, 3, \dots$)

このとき、以下の問いに答えよ。

(1) $\alpha$ と $\beta$ を求めよ。

(2) $b_1$ を求めよ。

(3) $\lim_{n \to \infty} b_n$ を求めよ。必要ならば $\frac{\pi}{2} - x < \tan(\frac{\pi}{2} - x) (0 < x < \frac{\pi}{2})$ が成り立つことを用いても良い。

(4) 無限級数 $\sum_{n=1}^{\infty} a_n$ の和を求めよ。

(5) 自然数 $n$ に対し、$\tan(b_{n+1} - b_{n-1})$ を $n$ の式で表せ。ただし、$b_0 = 0$ とする。

(6) 無限級数 $\sum_{n=1}^{\infty} (b_{n+1} - b_{n-1})$ の和を求めよ。ただし、$b_0 = 0$ とする。

2. 解き方の手順

(1) $\tan a_n = \tan(b_{n+1} - b_n)$ より $a_n = b_{n+1} - b_n$ (mod $\pi$)。$a_n$と$b_n$の範囲より、$a_n = b_{n+1} - b_n$である。

$\tan a_n = \frac{1}{n^2 + n + 1}$ より $a_n = \arctan \frac{1}{n^2+n+1}$。

$\arctan x - \arctan y = \arctan \frac{x - y}{1 + xy}$ を用いると、

$\arctan(n+1) - \arctan n = \arctan \frac{(n+1) - n}{1 + (n+1)n} = \arctan \frac{1}{n^2+n+1}$.

したがって $a_n = \arctan(n+1) - \arctan n$ であり、$b_{n+1} - b_n = \arctan(n+1) - \arctan n$。

$b_n = \arctan n + C$ となる定数 $C$ が存在する。このとき $\tan b_n = \tan (\arctan n + C) = \alpha n + \beta$ である。

ここで、$b_n = \arctan n + C$ を $b_{n+1} - b_n = \arctan(n+1) - \arctan n$ に代入すると、

$\arctan(n+1) + C - (\arctan n + C) = \arctan(n+1) - \arctan n$となり、この式は成り立つ。

$\tan b_n = \tan(\arctan n + C) = \frac{\tan (\arctan n) + \tan C}{1 - \tan(\arctan n)\tan C} = \frac{n + \tan C}{1 - n \tan C} = \alpha n + \beta$。

両辺を比較して$\frac{n + \tan C}{1 - n \tan C} = \frac{-\frac{1}{\tan C}n -1}{n + \frac{1}{\tan C}}$と変形できるので、$\alpha = -\frac{1}{\tan C}$, $\beta = -1$。

一方で、$\tan b_n = \alpha n + \beta$ より、$b_1 = \arctan 1 + C = \frac{\pi}{4} + C$。$\tan b_1 = \alpha + \beta$。

$b_1 = \frac{\pi}{4} + C$より、$\tan(\frac{\pi}{4} + C) = \alpha + \beta$。

仮に$C = -\frac{\pi}{4}$とすると、$b_1 = 0$であり、$\tan b_1 = 0$。

したがって $\alpha + \beta = 0$ である必要がある。

上記の議論から、$\beta = -1$, $\alpha = 1$ となる。

(2) $b_1 = \arctan 1 + C$ より、$b_1 = \frac{\pi}{4} + C$。$\tan b_n = n - 1$より、$\tan b_1 = 1 - 1 = 0$。

したがって $b_1 = 0$ である。

(3) $b_n = \arctan n + C$ より、$b_n = \arctan n - \frac{\pi}{4}$ となる。

したがって $\lim_{n \to \infty} b_n = \lim_{n \to \infty} (\arctan n - \frac{\pi}{4}) = \frac{\pi}{2} - \frac{\pi}{4} = \frac{\pi}{4}$ である。

(4) $\sum_{n=1}^{\infty} a_n = \sum_{n=1}^{\infty} (b_{n+1} - b_n) = \lim_{N \to \infty} \sum_{n=1}^{N} (b_{n+1} - b_n) = \lim_{N \to \infty} (b_{N+1} - b_1) = \frac{\pi}{4} - 0 = \frac{\pi}{4}$。

(5) $\tan(b_{n+1} - b_{n-1}) = \tan((\arctan(n+1) - \frac{\pi}{4}) - (\arctan(n-1) - \frac{\pi}{4})) = \tan(\arctan(n+1) - \arctan(n-1))$。

$\tan(\arctan(n+1) - \arctan(n-1)) = \frac{(n+1) - (n-1)}{1 + (n+1)(n-1)} = \frac{2}{1 + n^2 - 1} = \frac{2}{n^2}$.

(6) $\sum_{n=1}^{\infty} (b_{n+1} - b_{n-1}) = \lim_{N \to \infty} \sum_{n=1}^{N} (b_{n+1} - b_{n-1}) = \lim_{N \to \infty} (b_2 + b_3 + ... + b_{N+1} - b_0 - b_1 - b_2 - ... - b_{N-1}) = \lim_{N \to \infty} (b_N + b_{N+1} - b_0 - b_1) = \frac{\pi}{4} + \frac{\pi}{4} - 0 - 0 = \frac{\pi}{2}$.

3. 最終的な答え

(1) $\alpha = 1$, $\beta = -1$

(2) $b_1 = 0$

(3) $\lim_{n \to \infty} b_n = \frac{\pi}{4}$

(4) $\sum_{n=1}^{\infty} a_n = \frac{\pi}{4}$

(5) $\tan(b_{n+1} - b_{n-1}) = \frac{2}{n^2}$

(6) $\sum_{n=1}^{\infty} (b_{n+1} - b_{n-1}) = \frac{\pi}{2}$