3宮崎大学 2022年 数学 第3問解答・解説

(1) 漸化式に $n=1$ を代入すると
$$a_2=a_1+b_1=\frac12+2=\frac52,\qquad b_2=2a_1+1=2.$$
さらに $n=2$ を代入して
$$a_3=a_2+b_2=\frac52+2=\frac92,\qquad b_3=2a_2+1=6.$$

(2) 与えられた式の左辺を漸化式で書き換えると
$$a_{n+1}+pb_{n+1}+q=(1+2p)a_n+b_n+p+q.$$
したがって条件は
$$\alpha a_n+\beta b_n+\gamma=0\quad(n=1,2,3,\ldots),$$
ただし
$$\alpha=1+2p-r,\qquad \beta=1-rp,\qquad \gamma=p+(1-r)q$$
である。$n=1,2,3$ の式を比べる。$(a_1,b_1)=(1/2,2)$ と
$(a_2,b_2)=(5/2,2)$ の差から $2\alpha=0$ となり、よって
$\alpha=0$ である。また $(a_2,b_2)=(5/2,2)$ と
$(a_3,b_3)=(9/2,6)$ の差から $2\alpha+4\beta=0$ となるので
$\beta=0$ である。これを $n=1$ の式に戻すと $\gamma=0$ である。
よって
$$r=1+2p,\qquad rp=1,\qquad p+(1-r)q=0.$$
最初の二式から $2p^2+p-1=0$、すなわち
$(2p-1)(p+1)=0$ となる。$p=1/2$ のとき $r=2$ で第三式から
$q=1/2$、$p=-1$ のとき $r=-1$ で同じく $q=1/2$ である。
各組では $\alpha=\beta=\gamma=0$ となるため、元の条件をすべての
$n$ について満たす。

(3) $X_n=a_n+\frac12b_n+\frac12$ とおくと、漸化式から
$$X_{n+1}=2a_n+b_n+1=2X_n,\qquad X_1=2$$
である。したがって $X_n=2^n$ であり、
$2a_n+b_n=2^{n+1}-1$ を得る。
また $Y_n=a_n-b_n+\frac12$ とおくと
$$Y_{n+1}=-a_n+b_n-\frac12=-Y_n,\qquad Y_1=-1$$
だから $Y_n=(-1)^n$ であり、
$a_n-b_n=(-1)^n-\frac12$ である。この二式を加えて
$$3a_n=2^{n+1}+(-1)^n-\frac32$$
となる。これを用い、さらに $b_n=2^{n+1}-1-2a_n$ として
$$a_n=\frac{2^{n+1}+(-1)^n}{3}-\frac12,\qquad b_n=\frac{2^{n+1}-2(-1)^n}{3}$$
を得る。$n=1,2$ を代入するとそれぞれ
$(a_1,b_1)=(1/2,2)$、$(a_2,b_2)=(5/2,2)$ となり、初期値および
(1)の値とも一致する。

(4) $T_n=c_n^2d_n$ とおく。正の初期値と漸化式から $c_n,d_n>0$ であり、
$$T_1=8,\qquad T_{n+1}=c_{n+1}^2d_{n+1} =(c_nd_n)^2(2c_n^2)=2T_n^2$$
である。$T_n=2^{m_n}$ と表すと、$m_1=3$、
$m_{n+1}=2m_n+1$ となる。そこで $m_n+1$ に注目すると
$$m_{n+1}+1=2(m_n+1),\qquad m_1+1=4$$
だから $m_n+1=4\cdot2^{n-1}=2^{n+1}$、すなわち
$m_n=2^{n+1}-1$ である。よって
$$c_n^2d_n=2^{2^{n+1}-1}.$$
$n=1$ では右辺は $8=T_1$ であり、式を漸化式に代入しても
$2(2^{2^{n+1}-1})^2=2^{2^{n+2}-1}$ となって次項の式と一致する。