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九州大学 1987年文系第5問解説

方針・初手

数列の項が累乗されている漸化式は、各項が正であることを確認した上で両辺の対数をとることで、線形な漸化式に帰着させるのが定石である。対数の底は何を用いてもよいが、与えられている初項などの値に合わせて底を選ぶと計算が見通しやすくなる。本問では $a_1=2$ や右辺の係数 $2$ に着目して、底を $2$ とした対数をとる方針とする。

また、対数をとった後に現れる等比数列の和や漸化式の計算において、公比が $1$ となる $k=1$ の場合と、公比が $1$ ではない $k \ge 2$ の場合とで場合分けが必要になることに注意する。

解法1

(1)

すべての自然数 $n$ について $a_n > 0$ であることを、数学的帰納法によって示す。

(i) $n=1$ のとき $a_1 = 2 > 0$ であり、成り立つ。

(ii) $n=m$ ($m$ は自然数) のとき、$a_m > 0$ と仮定する。 $n=m+1$ のとき、与えられた漸化式より ${a_{m+1}}^k = a_m$ である。仮定より $a_m > 0$ であるから、${a_{m+1}}^k > 0$ となる。数列 $\{a_n\}$ は実数の数列であり、問題の趣旨より $a_n$ は正の項として定まるため、$a_{m+1} > 0$ である。よって、$n=m+1$ のときも成り立つ。

(i), (ii) より、すべての自然数 $n$ について $a_n > 0$ である。（証明終）

次に、一般項 $a_n$ を求める。 $a_n > 0$ であるから、漸化式 ${a_{n+1}}^k = a_n$ の両辺の底が $2$ の対数をとると、

$$\log_2 {a_{n+1}}^k = \log_2 a_n$$

$$k \log_2 a_{n+1} = \log_2 a_n$$

$k$ は自然数より $k \neq 0$ であるから、両辺を $k$ で割って、

$$\log_2 a_{n+1} = \frac{1}{k} \log_2 a_n$$

これより、数列 $\{\log_2 a_n\}$ は、初項 $\log_2 a_1 = \log_2 2 = 1$、公比 $\frac{1}{k}$ の等比数列であるとわかる。したがって、その一般項は、

$$\log_2 a_n = 1 \cdot \left( \frac{1}{k} \right)^{n-1} = \left( \frac{1}{k} \right)^{n-1}$$

対数の定義より、これを $a_n$ について解くと、

$$a_n = 2^{\left( \frac{1}{k} \right)^{n-1}}$$

これは $k=1$ の場合も成り立つ。

(2)

数列 $\{a_n\}$ の積 $b_n = a_1 \cdot a_2 \cdots a_n$ について考える。 (1) より $a_n > 0$ であるから $b_n > 0$ であり、両辺の底が $2$ の対数をとると、

$$\log_2 b_n = \log_2 (a_1 \cdot a_2 \cdots a_n) = \sum_{j=1}^n \log_2 a_j$$

(1) で求めた $\log_2 a_j = \left( \frac{1}{k} \right)^{j-1}$ を代入すると、

$$\log_2 b_n = \sum_{j=1}^n \left( \frac{1}{k} \right)^{j-1}$$

これは初項 $1$、公比 $\frac{1}{k}$、項数 $n$ の等比数列の和である。公比 $\frac{1}{k}$ の値によって和の公式が異なるため、場合分けを行う。

(i) $k = 1$ のとき公比は $1$ となるため、

$$\log_2 b_n = \sum_{j=1}^n 1 = n$$

よって、$b_n = 2^n$ である。

(ii) $k \ge 2$ のとき公比は $\frac{1}{k} \neq 1$ となるため、等比数列の和の公式より、

$$\log_2 b_n = \frac{1 \cdot \left\{ 1 - \left(\frac{1}{k}\right)^n \right\}}{1 - \frac{1}{k}} = \frac{k}{k-1} \left\{ 1 - \left(\frac{1}{k}\right)^n \right\}$$

よって、

$$b_n = 2^{\frac{k}{k-1} \left\{ 1 - \left(\frac{1}{k}\right)^n \right\}}$$

(3)

$c_1 = 3$, ${c_{n+1}}^k = 2c_n$ ($n \ge 1$) で定められる数列について考える。 (1) と同様にして、すべての自然数 $n$ について $c_n > 0$ であることが示される。 $c_n > 0$ より、漸化式の両辺の底が $2$ の対数をとると、

$$\log_2 {c_{n+1}}^k = \log_2 (2c_n)$$

対数の性質を用いて整理すると、

$$k \log_2 c_{n+1} = 1 + \log_2 c_n$$

両辺を $k$ で割って、

$$\log_2 c_{n+1} = \frac{1}{k} \log_2 c_n + \frac{1}{k}$$

ここで数列 $\{\log_2 c_n\}$ の一般項を求めるために、(2) と同様に $k=1$ と $k \ge 2$ で場合分けを行う。

(i) $k = 1$ のとき漸化式は $\log_2 c_{n+1} = \log_2 c_n + 1$ となる。これは初項 $\log_2 c_1 = \log_2 3$、公差 $1$ の等差数列であるから、

$$\log_2 c_n = \log_2 3 + (n - 1) \cdot 1 = n - 1 + \log_2 3$$

よって、

$$c_n = 2^{n - 1 + \log_2 3} = 2^{n-1} \cdot 2^{\log_2 3} = 3 \cdot 2^{n-1}$$

(ii) $k \ge 2$ のとき特性方程式 $\alpha = \frac{1}{k}\alpha + \frac{1}{k}$ を解くと、$\frac{k-1}{k}\alpha = \frac{1}{k}$ より $\alpha = \frac{1}{k-1}$ である。これを用いて漸化式を変形すると、

$$\log_2 c_{n+1} - \frac{1}{k-1} = \frac{1}{k} \left( \log_2 c_n - \frac{1}{k-1} \right)$$

数列 $\left\{ \log_2 c_n - \frac{1}{k-1} \right\}$ は、初項 $\log_2 c_1 - \frac{1}{k-1} = \log_2 3 - \frac{1}{k-1}$、公比 $\frac{1}{k}$ の等比数列である。したがって、

$$\log_2 c_n - \frac{1}{k-1} = \left( \log_2 3 - \frac{1}{k-1} \right) \left( \frac{1}{k} \right)^{n-1}$$

$$\log_2 c_n = \left( \log_2 3 - \frac{1}{k-1} \right) \left( \frac{1}{k} \right)^{n-1} + \frac{1}{k-1}$$

よって、対数の定義から $c_n$ を求めると、

$$c_n = 2^{\left( \log_2 3 - \frac{1}{k-1} \right) \left( \frac{1}{k} \right)^{n-1} + \frac{1}{k-1}}$$

解説

累乗を含む漸化式の典型問題である。各項が正であることを数学的帰納法などで確認した上で両辺の対数をとり、等差数列・等比数列や隣接2項間漸化式に帰着させるのが基本方針となる。

(2) および (3) においては、対数をとって得られた漸化式に現れる公比（または係数）が $\frac{1}{k}$ となるため、$k=1$ の場合（公比が $1$ の場合）と $k \ge 2$ の場合とで等比数列の和の公式や漸化式の解き方が異なる。文字定数を含む数列の問題では、このように公比や係数が $1$ になるかどうかの確認と場合分けを忘れないことが完答への鍵となる。