等比数列の和の公式により, \[\sum_{k = 1}^nar^{n-1} = \begin{cases} \dfrac{a(1-r^n)}{1-r} & (r \neq 1), \\ na & (r = 1) \end{cases}\] が成り立つ. $\{ r^n\}$ は, $|r| < 1$ のとき $0$ に収束し, $r > 1$ のとき発散し, $r \leqq -1$ のとき振動する. これから, 求める結果が得られる.

　$1 < \sqrt 5 < 3$ から $0 < -1+\sqrt 5 < 2$ であり, \[ 0 < \varphi -1 = \dfrac{-1+\sqrt 5}{2} < 1, \quad 0 < (\varphi -1)^2 < 1\] であるので, 無限等比級数 $\displaystyle\sum_{n = 0}^\infty (\varphi -1)^{2n}$ は収束して, 求める和は \[\begin{aligned} \sum_{n = 0}^\infty (\varphi -1)^{2n} &= \frac{1}{1-(\varphi -1)^2} = \frac{1}{2\varphi -\varphi ^2} \\ &= \frac{1}{2\varphi -(\varphi +1)} \quad (\because\varphi ^2 -\varphi -1 = 0) \\ &= \frac{1}{\varphi -1} = \frac{2}{\sqrt 5-1} = \frac{2(\sqrt 5+1)}{(\sqrt 5-1)(\sqrt 5+1)} \\ &= \frac{2(\sqrt 5+1)}{4} = \frac{1+\sqrt 5}{2} = \varphi \end{aligned}\] である.

(1)

$K_n$ から $K_{n+1}$ を作るとき, $K_n$ の各辺はその $\dfrac{1}{3}$ 倍の長さの辺 $4$ 本になるから, $L_{n+1} = \dfrac{4}{3}L_n$ が成り立つ.

よって, \[ L_n = \left(\frac{4}{3}\right) ^nL_0 = 3\cdot\left(\frac{4}{3}\right) ^n \quad (\because L_0 = 3)\] から, $\lim\limits_{n \to \infty}L_n = \infty$ である.

(2)

$K_n$ から $K_{n+1}$ を作るとき, $1$ 辺の長さが $\dfrac{1}{3^{n+1}}$ の正三角形 $3\cdot 4^n$ 個が貼り合わせられるから, \[\begin{aligned} S_{n+1}-S_n &= (3\cdot 4^n)\cdot\left(\frac{1}{3^{n+1}}\right)^2S_0 \\ &= \frac{\sqrt 3}{12}\left(\frac{4}{9}\right) ^n \quad \left(\because S_0 = \frac{\sqrt 3}{4}\right) \end{aligned}\] が成り立つ. よって, 求める極限は, \[\begin{aligned} \lim\limits_{n \to \infty}S_n &= \lim\limits_{n \to \infty}S_{n+1} \\ &= \lim\limits_{n \to \infty}\left\{ S_0+\sum_{k = 0}^n(S_{k+1}-S_k)\right\} \\ &= S_0+\sum_{n = 0}^\infty (S_{n+1}-S_n) \\ &= \frac{\sqrt 3}{4}+\frac{\sqrt 3}{12}\sum_{n = 0}^\infty\left(\frac{4}{9}\right) ^n \\ &= \frac{\sqrt 3}{4}+\frac{\sqrt 3}{12}\cdot\frac{1}{1-\dfrac{4}{9}} \\ &= \frac{2\sqrt 3}{5} \end{aligned}\] である.

(1)

上記の操作により, $M_n$ を構成する各立方体は互いに合同な $27$ 個の小立方体に分割されて $7$ 個が取り除かれるから, \[ V_{n+1} = \frac{20}{27}V_n\] が成り立つ. また, $V_0 = 1^3 = 1$ であるから \[ V_n = \left(\frac{20}{27}\right) ^nV_0 = \left(\frac{20}{27}\right) ^n\] であり, \[\lim\limits_{n \to \infty}V_n = 0\] である.

(2)

$M_n$ と $M_0$ に共通する表面の面積の総和を $a_n$ とおき, $b_n = S_n-a_n$ とおく. このとき, \[ a_{n+1} = \frac{8}{9}a_n, \quad a_0 = 6\cdot 1^2 = 6\] から \[ a_n = \left(\frac{8}{9}\right) ^na_0 = 6\left(\frac{8}{9}\right) ^n\] である. また, \[\begin{aligned} b_{n+1} &= 24\cdot\frac{1}{6}\cdot\frac{a_n}{9}+20\cdot\frac{b_n}{9} \\ &= \frac{20}{9}b_n+\frac{8}{3}\left(\frac{8}{9}\right) ^n \quad \cdots [1] \end{aligned}\] であるから, \[ b_{n+2} = \frac{20}{9}b_{n+1}+\frac{8}{3}\left(\frac{8}{9}\right) ^{n+1} \quad \cdots [2]\] が成り立つ. よって, $[2]-[1]\times\dfrac{8}{9}$ から \[ b_{n+2}-\frac{8}{9}b_{n+1} = \frac{20}{9}\left( b_{n+1}-\frac{8}{9}b_n\right)\] であり, \[ b_0 = 0, \quad b_1 = \dfrac{24}{9} = \dfrac{8}{3}\] であるので, \[\begin{aligned} b_{n+1}-\frac{8}{9}b_n &= \left( b_1-\frac{8}{9}b_0\right)\left(\frac{20}{9}\right) ^n = \frac{8}{3}\left(\frac{20}{9}\right) ^n \\ b_{n+1} &= \frac{8}{9}b_n+\frac{8}{3}\left(\frac{20}{9}\right) ^n \quad \cdots [3] \end{aligned}\] が成り立つ. $[1]$ に $[3]$ を代入して整理すると, \[\begin{aligned} \frac{12}{9}b_n &= \frac{8}{3}\left(\frac{20}{9}\right) ^n-\frac{8}{3}\left(\frac{8}{9}\right) ^n \\ b_n &= 2\left(\frac{20}{9}\right) ^n-2\left(\frac{8}{9}\right) ^n \end{aligned}\] が得られる. よって, \[ S_n = a_n+b_n = 2\left(\frac{20}{9}\right) ^n+4\left(\frac{8}{9}\right) ^n\] であるから, \[\lim\limits_{n \to \infty}S_n = \infty\] である.

(1)

第 $n$ 項までの部分和を \[ S_n = 1\cdot r+2r^2+\cdots +nr^n\] とおく. 両辺に $r$ を掛けると \[ rS_n = 1\cdot r^2+\cdots +(n-1)r^n+nr^{n+1}\] となるから, 辺々を引くと \[\begin{aligned} (1-r)S_n &= r+r^2+\cdots +r^n-nr^{n+1} \\ &= \frac{r(1-r^n)}{1-r}-nr^{n+1} \end{aligned}\] が得られる. 両辺を $1-r$ で割ると \[ S_n = \frac{r(1-r^n)}{(1-r)^2}-\frac{r}{1-r}nr^n\] となるから, \[\sum_{n = 1}^\infty nr^n \!=\! \lim\limits_{n \to \infty}S_n \!=\! \frac{r}{(1-r)^2} \quad \left(\because\lim\limits_{n \to \infty}r^n \!=\! \lim\limits_{n \to \infty}nr^n \!=\! 0\right)\] である.

(2)

$n$ 回目に初めて表が出る確率は \[ p_n = \left(\frac{1}{2}\right) ^{n-1}\cdot\frac{1}{2} = \left(\frac{1}{2}\right) ^n\] であるから, (1) の結果により \[\sum_{n = 1}^\infty np_n = \sum_{n = 1}^\infty n\left(\frac{1}{2}\right) ^n = \frac{\dfrac{1}{2}}{\left( 1-\dfrac{1}{2}\right) ^2} = 2\] である.

(1)

第 $n$ 項までの部分和を \[ S_n = 1\cdot 1+2r+\cdots +nr^{n-1}\] とおく. 両辺に $r$ を掛けると \[ rS_n = 1\cdot r+\cdots +(n-1)r^{n-1}+nr^n\] となるから, 辺々を引くと \[\begin{aligned} (1-r)S_n &= 1+r+\cdots +r^{n-1}-nr^n \\ &= \frac{1-r^n}{1-r}-nr^n \end{aligned}\] が得られる. 両辺を $1-r$ で割ると \[ S_n = \frac{1-r^n}{(1-r)^2}-\frac{nr^n}{1-r}\] となるから, \[\sum_{n = 1}^\infty nr^{n-1} \!=\! \lim\limits_{n \to \infty}S_n \!=\! \frac{1}{(1-r)^2} \quad \left(\because\lim\limits_{n \to \infty}r^n \!=\! \lim\limits_{n \to \infty}nr^n \!=\! 0\right)\] である.

(2)

$p_m$ は, $m-1$ 回はすでに起こった $k$ 個の事象以外は起こらず, その次に残り $n-k$ 個のうち $1$ つの事象が起こる確率であるから, \[ p_m = \left(\dfrac{k}{n}\right) ^{m-1}\dfrac{n-k}{n}\] である. よって, \[\begin{aligned} E_k &= \sum_{m = 1}^\infty mp_m = \sum_{m = 1}^\infty m\left(\frac{k}{n}\right) ^{m-1}\frac{n-k}{n} \\ &= \frac{n-k}{n}\left( 1-\dfrac{k}{n}\right) ^{-2} = \frac{n-k}{n}\left(\dfrac{n-k}{n}\right) ^{-2} \\ &= \frac{n}{n-k} \end{aligned}\] である. ここで第 $3$ の等号では, (1) により \[\sum_{m = 1}^\infty m\left(\frac{k}{n}\right) ^{m-1} = \left( 1-\dfrac{k}{n}\right) ^{-2}\] であることを使った (これは $k = 0$ のときも成り立つ). ゆえに, \[\sum_{k = 0}^{n-1}E_k = \sum_{k = 0}^{n-1}\frac{n}{n-k} = n\sum_{k = 1}^n\dfrac{1}{k}\] である.

　各正の整数 $n$ に対して, $\theta _n = \arctan\dfrac{1}{F_n}$ とおく. つまり, $\theta _n$ を $\tan\theta _n = \dfrac{1}{F_n},$ $0 < \theta _n < \dfrac{\pi}{2}$ を満たす実数とする.

(1)

$a_n = F_{n+1}F_{n+2}-F_n(F_{n+1}+F_{n+2})$ とおく. \[\begin{aligned} a_n &= F_{n+1}F_{n+2}-F_nF_{n+1}-F_nF_{n+2} \\ &= F_{n+1}F_{n+2}-F_nF_{n+1}-F_nF_{n+2} \\ &= F_{n+1}(F_{n+2}-F_n)-F_nF_{n+2} \\ &= F_{n+1}{}^2-F_nF_{n+2} \end{aligned}\] であるから, \[\begin{aligned} a_{n+1} &= F_{n+2}{}^2-F_{n+1}F_{n+3} \\ &= F_{n+2}{}^2-F_{n+1}(F_{n+1}+F_{n+2}) \\ &= F_{n+2}{}^2-F_{n+1}{}^2-F_{n+1}F_{n+2} \\ &= F_{n+2}(F_{n+2}-F_{n+1})-F_{n+1}{}^2 \\ &= F_{n+2}F_n-F_{n+1}{}^2 \\ &= -a_n \end{aligned}\] が成り立つ. よって, $\{ a_n\}$ は初項 \[ F_2{}^2-F_1F_3 = 1^2-1\cdot (1+1) = -1,\] 公比 $-1$ の等比数列であるから, \[ a_n = (-1)^n\] つまり \[ F_{n+1}F_{n+2}-(-1)^n = F_n(F_{n+1}+F_{n+2}) \quad \cdots [1]\] が成り立つ.

(2)

定義により $\{ F_n\}$ は $n \geqq 2$ において単調増加であり, $F_3 = 2> 1$ であるから, $n \geqq 3$ において $F_n > 1,$ $0 < \dfrac{1}{F_n} < 1$ つまり \[ 0 < \theta _n < \frac{\pi}{4}\] が成り立つ. よって, 各正の整数 $n$ に対して, \[ 0 < \theta _{2n+1} < \frac{\pi}{4}, \quad 0 < \theta _{2n+2} < \frac{\pi}{4}\] であるから, \[ 0 < \theta _{2n+1}+\theta _{2n+2} < \frac{\pi}{2}\] が成り立つ. さらに, \[\begin{aligned} &\tan\left(\theta _{2n+1}+\theta _{2n+2}\right) \\ &= \frac{\tan\theta _{2n+1}+\tan\theta _{2n+2}}{1-\tan\theta _{2n+1}\tan\theta _{2n+2}} = \frac{\dfrac{1}{F_{2n+1}}+\dfrac{1}{F_{2n+2}}}{1-\dfrac{1}{F_{2n+1}}\cdot\dfrac{1}{F_{2n+2}}} \\ &= \frac{F_{2n+1}+F_{2n+2}}{F_{2n+1}F_{2n+2}-1} = \frac{F_{2n+1}+F_{2n+2}}{F_{2n+1}F_{2n+2}-(-1)^{2n}} \\ &= \frac{F_{2n+1}+F_{2n+2}}{F_{2n}(F_{2n+1}+F_{2n+2})} \quad (\because [1]) \\ &= \frac{1}{F_{2n}} \end{aligned}\] が成り立つ. 以上から, \[\theta _{2n} = \theta _{2n+1}+\theta _{2n+2} \quad \cdots [2]\] つまり \[\arctan\frac{1}{F_{2n}} = \arctan\frac{1}{F_{2n+1}}+\arctan\frac{1}{F_{2n+2}}\] が成り立つ.

(3)

$n \geqq 2$ のとき $[2]$ により \[\begin{aligned} \sum_{k = 1}^n\theta _{2k-1} &= \theta _1+\sum_{k = 1}^{n-1}\theta _{2k+1} = \theta _1+\sum_{k = 1}^{n-1}(\theta _{2k}-\theta _{2k+2}) \\ &= \theta _1+\theta _2-\theta _{2n} = \frac{\pi}{2}-\theta _{2n} \quad \left(\because\theta _1 = \theta _2 = \frac{\pi}{4}\right) \end{aligned}\] であり, $\lim\limits_{n \to \infty}F_n = \infty$ から \[\lim\limits_{n \to \infty}\tan\theta _n = \lim\limits_{n \to \infty}\frac{1}{F_n} = 0\] よって \[\lim\limits_{n \to \infty}\theta _n = 0\] であるので, \[\begin{aligned} \sum_{n = 1}^\infty\arctan\dfrac{1}{F_{2n-1}} &= \sum_{n = 1}^\infty\theta _{2n-1} = \lim\limits_{n \to \infty}\sum_{k = 1}^n\theta _{2k-1} \\ &= \lim\limits_{n \to \infty}\left(\frac{\pi}{2}-\theta _{2n}\right) = \frac{\pi}{2} \end{aligned}\] である.

(1)

$n \geqq 3$ のとき $[4]$ が成り立つことを数学的帰納法で示す.

(i)

$n = 3$ のとき. $s_1 = 2$ と $[2]$ により \[ s_2 = 2+1 = 3, \quad s_3 = 2\cdot 3+1 = 7\] であるから, \[ s_3-1 = 6 > 4 = 2^{2^1}\] であり, $[4]$ が成り立つ.

(ii)

$n = k$ ($k$: $3$ 以上の整数) のとき $[4]$ が成り立つとする. このとき, \[\begin{aligned} s_{k+1}-1 &= s_k{}^2-s_k = s_k(s_k-1) \quad (\because [1]) \\ &> (s_k-1)^2 \\ &> (2^{2^{k-2}})^2 = 2^{2^{k-1}} \end{aligned}\] となるから, $n = k+1$ のとき $[4]$ が成り立つ.

(i), (ii) から, $3$ 以上のすべての整数 $n$ に対して $[4]$ が成り立つ.

(2)

$n \geqq 3$ のとき, $[3],$ $[4]$ により \[ 0 < 1-\sum_{k = 1}^n\frac{1}{s_k} = \frac{1}{s_{n+1}-1} < \frac{1}{2^{2^{n-1}}}\] が成り立ち, 右辺は $0$ に収束するから, 挟みうちの原理により \[ 1-\sum_{n = 1}^\infty\frac{1}{s_n} = 0, \quad \sum_{n = 1}^\infty\frac{1}{s_n} = 1\] である.

(1)

\[\begin{aligned} \sum_{k = 1}^{2^m}\frac{1}{k} &= 1+\sum_{l = 1}^m\sum_{k = 2^{l-1}+1}^{2^l}\frac{1}{k} \\ &\geqq 1+\sum_{l = 1}^m2^{l-1}\cdot\frac{1}{2^l} = 1+\sum_{l = 1}^m\frac{1}{2} \\ &= 1+\frac{m}{2} \end{aligned}\] において, $m \to \infty$ のとき右辺は $\infty$ に発散するから, 追い出しの原理により \[\sum_{n = 1}^\infty\frac{1}{n} = \lim_{m \to \infty}\sum_{k = 1}^{2^m}\frac{1}{k} = \infty\] である.

(2)

$0 < s \leqq 1$ とする. 正の整数 $k$ に対して $k^s \leqq k$ から $\dfrac{1}{k^s} \geqq \dfrac{1}{k}$ であるので, \[\sum_{k = 1}^n\frac{1}{k^s} \geqq \sum_{k = 1}^n\frac{1}{k}\] が成り立つ. (1) から右辺は $\infty$ に発散するので, 追い出しの原理により \[\sum_{n = 1}^\infty\frac{1}{n^s} = \lim_{n \to \infty}\sum_{k = 1}^n\frac{1}{n^s} = \infty\] である.