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北海道大学 2021年理系第4問解説

方針・初手

漸化式に沿って各項の性質を順に調べていきます。 (1) は与えられた漸化式に $n=1$ を代入して直接計算します。 (2) は $a_n$ と $b_n$ のそれぞれの偶奇を調べる方針が考えられます。 (3) は「 $n$ が偶数のとき」という条件があるため、$n$ から $n+2$ への変化（2項飛ばしの関係）を調べるのが基本方針となります。$a_{n+2}, b_{n+2}$ を $a_n, b_n$ で表すアプローチと、積 $c_n$ 自体の漸化式を導くアプローチの2通りを紹介します。

解法1

(1) 与えられた漸化式に $n=1$ を代入すると、

$$ a_2 = 2a_1 + 3b_1 = 2 \cdot 2 + 3 \cdot 1 = 7 $$

$$ b_2 = a_1 + 2b_1 = 2 + 2 \cdot 1 = 4 $$

したがって、求める $c_2$ は、

$$ c_2 = a_2 b_2 = 7 \cdot 4 = 28 $$

(2) 自然数 $n$ に対して、法を $2$ とした合同式を考える。与えられた漸化式より、

$$ \begin{aligned} a_{n+1} &= 2a_n + 3b_n \equiv 0 \cdot a_n + 1 \cdot b_n = b_n \pmod 2 \\ b_{n+1} &= a_n + 2b_n \equiv a_n + 0 \cdot b_n = a_n \pmod 2 \end{aligned} $$

この関係を用いると、

$$ \begin{aligned} a_{n+2} &\equiv b_{n+1} \equiv a_n \pmod 2 \\ b_{n+2} &\equiv a_{n+1} \equiv b_n \pmod 2 \end{aligned} $$

となり、$a_n$ と $b_n$ の偶奇は $n$ が $1$ 増えるごとに互いに入れ替わることがわかる。初項は $a_1 = 2 \equiv 0 \pmod 2$、$b_1 = 1 \equiv 1 \pmod 2$ であるから、 $n$ が奇数のときは $a_n$ が偶数、$b_n$ が奇数となり、 $n$ が偶数のときは $a_n$ が奇数、$b_n$ が偶数となる。したがって、すべての自然数 $n$ について $a_n$ と $b_n$ のいずれか一方は偶数となるため、その積 $c_n = a_n b_n$ は常に偶数である。

(3) 「$n$ が偶数のとき、$c_n$ が $28$ で割り切れる」ことは、「すべての自然数 $k$ について、$c_{2k}$ が $28$ の倍数である」ことと同値である。これを数学的帰納法を用いて示す。

漸化式から $a_{n+2}$ と $b_{n+2}$ を $a_n, b_n$ を用いて表す。

$$ \begin{aligned} a_{n+2} &= 2a_{n+1} + 3b_{n+1} \\ &= 2(2a_n + 3b_n) + 3(a_n + 2b_n) \\ &= 7a_n + 12b_n \end{aligned} $$

$$ \begin{aligned} b_{n+2} &= a_{n+1} + 2b_{n+1} \\ &= (2a_n + 3b_n) + 2(a_n + 2b_n) \\ &= 4a_n + 7b_n \end{aligned} $$

これらを用いて $c_{n+2}$ を計算すると、

$$ \begin{aligned} c_{n+2} &= a_{n+2} b_{n+2} \\ &= (7a_n + 12b_n)(4a_n + 7b_n) \\ &= 28a_n^2 + 97a_n b_n + 84b_n^2 \\ &= 28a_n^2 + 97c_n + 84b_n^2 \end{aligned} $$

となる。ここで法を $28$ とする合同式を考える。$28a_n^2$ および $84b_n^2 = 28 \cdot 3b_n^2$ はともに $28$ の倍数であるから、

$$ c_{n+2} \equiv 97c_n \pmod{28} $$

が成り立つ。

(i) $k=1$ のとき (1)より $c_2 = 28 \equiv 0 \pmod{28}$ となり、成り立つ。

(ii) $k=m$ のとき成り立つと仮定する。すなわち、$c_{2m} \equiv 0 \pmod{28}$ と仮定する。 $n=2m$ として上の合同式を用いると、

$$ c_{2m+2} \equiv 97c_{2m} \equiv 97 \cdot 0 = 0 \pmod{28} $$

となり、$k=m+1$ のときも成り立つ。

(i)、(ii) より、すべての自然数 $k$ について $c_{2k}$ は $28$ で割り切れる。すなわち、$n$ が偶数のとき $c_n$ は $28$ で割り切れる。

解法2

$c_n$ に関する隣接三項間漸化式を導出することで、(2) と (3) をまとめて証明する別解を示す。

$$ \begin{aligned} c_{n+1} &= a_{n+1}b_{n+1} \\ &= (2a_n+3b_n)(a_n+2b_n) \\ &= 2a_n^2 + 7a_nb_n + 6b_n^2 \\ &= 2a_n^2 + 7c_n + 6b_n^2 \end{aligned} $$

これより、$2a_n^2 + 6b_n^2 = c_{n+1} - 7c_n$ を得る。また、各項の2乗はそれぞれ、

$$ \begin{aligned} a_{n+1}^2 &= (2a_n+3b_n)^2 = 4a_n^2 + 12c_n + 9b_n^2 \\ b_{n+1}^2 &= (a_n+2b_n)^2 = a_n^2 + 4c_n + 4b_n^2 \end{aligned} $$

となる。したがって、$c_{n+2}$ は次のように変形できる。

$$ \begin{aligned} c_{n+2} &= a_{n+2}b_{n+2} \\ &= 2a_{n+1}^2 + 7c_{n+1} + 6b_{n+1}^2 \\ &= 2(4a_n^2 + 12c_n + 9b_n^2) + 7c_{n+1} + 6(a_n^2 + 4c_n + 4b_n^2) \\ &= 14a_n^2 + 42b_n^2 + 48c_n + 7c_{n+1} \\ &= 7(2a_n^2 + 6b_n^2) + 48c_n + 7c_{n+1} \\ &= 7(c_{n+1} - 7c_n) + 48c_n + 7c_{n+1} \\ &= 14c_{n+1} - c_n \end{aligned} $$

これにより、$c_{n+2} = 14c_{n+1} - c_n$ という漸化式が得られる。

(2) $c_1 = a_1 b_1 = 2 \cdot 1 = 2$、および $c_2 = 28$ はいずれも偶数である。隣接する2項 $c_k, c_{k+1}$ がともに偶数であると仮定すると、漸化式 $c_{k+2} = 14c_{k+1} - c_k$ より $c_{k+2}$ も偶数同士の差となるため偶数となる。数学的帰納法により、すべての自然数 $n$ について $c_n$ は偶数である。

(3) (2) の結果より、$c_{n+1}$ は偶数であるから、整数 $M$ を用いて $c_{n+1} = 2M$ と表せる。このとき、$14c_{n+1} = 14(2M) = 28M$ は $28$ の倍数である。したがって、漸化式 $c_{n+2} = 14c_{n+1} - c_n$ について法を $28$ とした合同式を考えると、

$$ c_{n+2} \equiv -c_n \pmod{28} $$

が成り立つ。これを用いると、自然数 $k$ について以下の関係が導かれる。

$$ c_{2k} \equiv -c_{2k-2} \equiv (-1)^2 c_{2k-4} \equiv \cdots \equiv (-1)^{k-1} c_2 \pmod{28} $$

$c_2 = 28 \equiv 0 \pmod{28}$ であるから、

$$ c_{2k} \equiv 0 \pmod{28} $$

となり、すべての偶数番目の項は $28$ で割り切れる。

解説

連立漸化式で定められた数列の性質を証明する問題です。 (2) では偶奇性（パリティ）に着目します。式をそのまま扱うより、解法1のように法を $2$ とした合同式（$\pmod 2$）の世界で考えると思考がすっきりします。 (3) は偶数番目の項の性質を問われているため、$n$ 番目の項と $n+2$ 番目の項の関係式を作るのが定石です。解法1のように $a_{n+2}, b_{n+2}$ を計算して $c_{n+2}$ を直接評価する方法は、方針が立てやすく確実です。一方、解法2のように $c_n$ 自身についての隣接三項間漸化式を導くと、論証が非常に簡潔になります。これは少し技巧的ですが、知っておくと計算量を大きく減らせる強力な手法です。

なお、本問の数列は $a_n^2 - 3b_n^2 = 1$ という関係式（ペル方程式の解）を常に満たしており、この背後にある構造に気付くとより深い理解に繋がります。