トップ› 北海道大学› 2022年› 理系第2問

北海道大学 2022年理系第2問解説

方針・初手

点 $P_n$ および $Q_n$ の位置ベクトルをそれぞれ $\vec{p}_n = (x_n, y_n)$、$\vec{q}_n$ とおいて始点を原点に揃え、与えられた2つのベクトル条件式を書き換える。条件式 $\overrightarrow{P_n P_{n+1}} = (1-a)\overrightarrow{P_n Q_n}$ から $\vec{q}_n$ を $\vec{p}_n$ と $\vec{p}_{n+1}$ で表し、それをもう1つの条件式 $\overrightarrow{Q_n Q_{n+1}} = \left(0, \frac{a^{-n}}{1-a}\right)$ に代入することで、$x_n$ および $y_n$ に関する隣接3項間漸化式をそれぞれ導出する。

解法1

(1)

点 $P_n$ の位置ベクトルを $\vec{p}_n = (x_n, y_n)$、点 $Q_n$ の位置ベクトルを $\vec{q}_n$ とする。

条件 $\overrightarrow{P_n P_{n+1}} = (1-a)\overrightarrow{P_n Q_n}$ より、

$$ \vec{p}_{n+1} - \vec{p}_n = (1-a)(\vec{q}_n - \vec{p}_n) $$

$a \neq 1$ より $1-a \neq 0$ であるから、

$$ \vec{q}_n = \vec{p}_n + \frac{1}{1-a}(\vec{p}_{n+1} - \vec{p}_n) = \frac{1}{1-a}\vec{p}_{n+1} - \frac{a}{1-a}\vec{p}_n $$

番号を1つ進めると、

$$ \vec{q}_{n+1} = \frac{1}{1-a}\vec{p}_{n+2} - \frac{a}{1-a}\vec{p}_{n+1} $$

これらを $\overrightarrow{Q_n Q_{n+1}} = \vec{q}_{n+1} - \vec{q}_n = \left(0, \frac{a^{-n}}{1-a}\right)$ に代入すると、

$$ \left( \frac{1}{1-a}\vec{p}_{n+2} - \frac{a}{1-a}\vec{p}_{n+1} \right) - \left( \frac{1}{1-a}\vec{p}_{n+1} - \frac{a}{1-a}\vec{p}_n \right) = \left(0, \frac{a^{-n}}{1-a}\right) $$

$$ \frac{1}{1-a}\vec{p}_{n+2} - \frac{a+1}{1-a}\vec{p}_{n+1} + \frac{a}{1-a}\vec{p}_n = \left(0, \frac{a^{-n}}{1-a}\right) $$

両辺に $1-a$ を掛けると、

$$ \vec{p}_{n+2} - (a+1)\vec{p}_{n+1} + a\vec{p}_n = (0, a^{-n}) $$

$\vec{p}_n = (x_n, y_n)$ であるから、$x$ 成分について比較して、

$$ x_{n+2} - (a+1)x_{n+1} + ax_n = 0 $$

したがって、

$$ x_{n+2} = (a+1)x_{n+1} - ax_n $$

(2)

(1) で得られた漸化式は、次のように変形できる。

$$ x_{n+2} - x_{n+1} = a(x_{n+1} - x_n) $$

これより、数列 $\{x_{n+1} - x_n\}$ は、初項 $x_2 - x_1 = 1 - 0 = 1$、公比 $a$ の等比数列であるから、

$$ x_{n+1} - x_n = 1 \cdot a^{n-1} = a^{n-1} $$

$n \ge 2$ のとき、$a \neq 1$ より、階差数列の公式を用いて $x_n$ を求めると、

$$ x_n = x_1 + \sum_{k=1}^{n-1} (x_{k+1} - x_k) = 0 + \sum_{k=1}^{n-1} a^{k-1} = \frac{1-a^{n-1}}{1-a} $$

この式は $n=1$ のとき、$\frac{1-a^0}{1-a} = 0 = x_1$ となり成り立つ。したがって、求める一般項は、

$$ x_n = \frac{1-a^{n-1}}{1-a} $$

(3)

(1) で得られたベクトル関係式の $y$ 成分について比較すると、

$$ y_{n+2} - (a+1)y_{n+1} + a y_n = a^{-n} $$

ここで、$y_{n+1} - y_n = b_n$ とおくと、上の式は次のように書ける。

$$ b_{n+1} - a b_n = a^{-n} $$

両辺を $a^{n+1}$ で割ると、

$$ \frac{b_{n+1}}{a^{n+1}} - \frac{b_n}{a^n} = \frac{1}{a^{2n+1}} $$

さらに $c_n = \frac{b_n}{a^n}$ とおくと、

$$ c_{n+1} - c_n = \frac{1}{a} \left( \frac{1}{a^2} \right)^n $$

$b_1 = y_2 - y_1 = 1$ より、$c_1 = \frac{b_1}{a} = \frac{1}{a}$ である。 $n \ge 2$ のとき、数列 $\{c_n\}$ の階差数列が $\frac{1}{a} \left( a^{-2} \right)^n$ であり、$a>0$ かつ $a \neq 1$ より $a^{-2} \neq 1$ であるから、

$$ \begin{aligned} c_n &= c_1 + \sum_{k=1}^{n-1} \frac{1}{a} \left( a^{-2} \right)^k \\ &= \frac{1}{a} + \frac{1}{a} \cdot \frac{a^{-2} \left( 1 - (a^{-2})^{n-1} \right)}{1 - a^{-2}} \\ &= \frac{1}{a} + \frac{1}{a} \cdot \frac{1 - a^{-2n+2}}{a^2 - 1} \\ &= \frac{a^2-1 + 1 - a^{-2n+2}}{a(a^2-1)} \\ &= \frac{a^2 - a^{-2n+2}}{a(a-1)(a+1)} \\ &= \frac{a - a^{-2n+1}}{(a-1)(a+1)} \end{aligned} $$

したがって、$b_n$ は次のように求まる。

$$ b_n = a^n c_n = \frac{a^{n+1} - a^{1-n}}{(a-1)(a+1)} $$

さらに $n \ge 2$ のとき、$y_n$ は階差数列 $\{b_n\}$ を用いて次のように計算できる。

$$ \begin{aligned} y_n &= y_1 + \sum_{k=1}^{n-1} b_k \\ &= y_1 + \frac{1}{(a-1)(a+1)} \sum_{k=1}^{n-1} (a^{k+1} - a^{1-k}) \end{aligned} $$

ここで、シグマの中身をそれぞれ等比数列の和として計算する。

$$ \sum_{k=1}^{n-1} a^{k+1} = \frac{a^2(a^{n-1}-1)}{a-1} = \frac{a^{n+1}-a^2}{a-1} $$

$$ \sum_{k=1}^{n-1} a^{1-k} = \frac{1 \cdot (1 - (a^{-1})^{n-1})}{1 - a^{-1}} = \frac{a(1-a^{1-n})}{a-1} = \frac{a-a^{2-n}}{a-1} $$

これらを和の式に代入すると、

$$ \begin{aligned} \sum_{k=1}^{n-1} b_k &= \frac{1}{(a-1)(a+1)} \cdot \frac{a^{n+1} - a^2 - a + a^{2-n}}{a-1} \\ &= \frac{a^{n+1} + a^{2-n} - a(a+1)}{(a-1)^2 (a+1)} \end{aligned} $$

これに初期値 $y_1 = \frac{a}{(1-a)^2} = \frac{a(a+1)}{(a-1)^2(a+1)}$ を加えると、

$$ \begin{aligned} y_n &= \frac{a(a+1)}{(a-1)^2(a+1)} + \frac{a^{n+1} + a^{2-n} - a(a+1)}{(a-1)^2 (a+1)} \\ &= \frac{a^{n+1} + a^{2-n}}{(a-1)^2(a+1)} \end{aligned} $$

この式は $n=1$ のとき、$\frac{a^2+a}{(a-1)^2(a+1)} = \frac{a}{(1-a)^2} = y_1$ となり成り立つ。

解説

ベクトルで与えられた関係式を成分ごとの隣接3項間漸化式に帰着させる典型問題である。 (1) のように「次の点へのベクトル」を複数扱う場合は、各点の位置ベクトルを文字でおいて始点を揃えるのが定石となる。 (3) は $y_{n+1}-y_n = b_n$ とおくことで階差数列の形に持ち込める。$b_{n+1} - a b_n = a^{-n}$ の処理には両辺を $a^{n+1}$ で割って階差数列に帰着させる解法を用いたが、右辺が $a^{-n}$ であることから $b_n = p a^{-n} + q a^n$ の形になることを類推して特解を求める方法をとってもよい。和の計算において、等比数列の公式を適用する際に項数や公比の扱いでミスが出やすいため、計算後に $n=1, 2$ などの小さな値で検算すると安全である。