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東京工業大学 1981年理系第1問解説

方針・初手

与えられた式 $2^{n-1}\alpha = a_n + b_n$ を起点として、両辺を $2$ 倍することで $n$ と $n+1$ の関係式（漸化式）を導く。その後、$n$ が奇数の場合と偶数の場合における $b_n$ のとり得る値の範囲を利用して $a_n, b_n$ の漸化式を具体化し、小数部分 $b_n$ の一般項から $\alpha$ の値を決定する。

解法1

問題の条件より、任意の自然数 $n$ に対して以下が成り立つ。

$$ 2^{n-1}\alpha = a_n + b_n \quad \cdots ① $$

$a_n$ は整数、$b_n$ は $0 \leqq b_n < 1$ を満たす小数部分である。 ①の両辺を $2$ 倍すると、

$$ 2^n \alpha = 2a_n + 2b_n \quad \cdots ② $$

一方で、①において $n$ を $n+1$ に置き換えると、

$$ 2^n \alpha = a_{n+1} + b_{n+1} \quad \cdots ③ $$

②と③より、

$$ a_{n+1} + b_{n+1} = 2a_n + 2b_n $$

ここで、$a_{n+1}$ と $2a_n$ は整数であり、$0 \leqq b_{n+1} < 1$ であるから、右辺の $2a_n + 2b_n$ の整数部分が $a_{n+1}$、小数部分が $b_{n+1}$ となる。

(i)

$n$ が奇数のとき条件より $0 \leqq b_n < \frac{1}{2}$ であるから、各辺を $2$ 倍して $0 \leqq 2b_n < 1$ となる。したがって、$2a_n + 2b_n$ の整数部分は $2a_n$、小数部分は $2b_n$ である。ゆえに、

$$ \begin{cases} a_{n+1} = 2a_n \\ b_{n+1} = 2b_n \end{cases} $$

(ii)

$n$ が偶数のとき条件より $\frac{1}{2} < b_n < 1$ であるから、各辺を $2$ 倍して $1 < 2b_n < 2$ となる。 $2a_n + 2b_n = (2a_n + 1) + (2b_n - 1)$ と変形でき、$0 < 2b_n - 1 < 1$ であるから、$2a_n + 2b_n$ の整数部分は $2a_n + 1$、小数部分は $2b_n - 1$ である。ゆえに、

$$ \begin{cases} a_{n+1} = 2a_n + 1 \\ b_{n+1} = 2b_n - 1 \end{cases} $$

以上の（i）、（ii）より、任意の自然数 $k$ に対して、$2k-1$ は奇数、$2k$ は偶数であるから、数列 $\{b_n\}$ について以下の漸化式が得られる。

$$ \begin{cases} b_{2k} = 2b_{2k-1} \\ b_{2k+1} = 2b_{2k} - 1 \end{cases} $$

これらから $b_{2k}$ を消去すると、

$$ b_{2k+1} = 2(2b_{2k-1}) - 1 = 4b_{2k-1} - 1 $$

この漸化式を変形すると、

$$ b_{2k+1} - \frac{1}{3} = 4 \left( b_{2k-1} - \frac{1}{3} \right) $$

よって、数列 $\left\{ b_{2k-1} - \frac{1}{3} \right\}$ は初項 $b_1 - \frac{1}{3}$、公比 $4$ の等比数列である。ここで、$n=1$ のとき、①より $\alpha = a_1 + b_1$ となるが、条件 $0 < \alpha < 1$ より、$\alpha$ の整数部分は $0$ であるから $a_1 = 0$、$b_1 = \alpha$ である。したがって、

$$ b_{2k-1} - \frac{1}{3} = 4^{k-1} \left( \alpha - \frac{1}{3} \right) $$

すなわち、

$$ b_{2k-1} = \left( \alpha - \frac{1}{3} \right) 4^{k-1} + \frac{1}{3} \quad \cdots ④ $$

問題の条件より、$2k-1$ は奇数であるから、任意の自然数 $k$ について $0 \leqq b_{2k-1} < \frac{1}{2}$ が成り立たなければならない。

$\alpha - \frac{1}{3} > 0$ のとき、$\lim_{k \to \infty} b_{2k-1} = \infty$ となり、条件を満たさない。
$\alpha - \frac{1}{3} < 0$ のとき、$\lim_{k \to \infty} b_{2k-1} = -\infty$ となり、条件を満たさない。
$\alpha - \frac{1}{3} = 0$ のとき、すなわち $\alpha = \frac{1}{3}$ のとき、任意の自然数 $k$ に対して $b_{2k-1} = \frac{1}{3}$ となり、$0 \leqq \frac{1}{3} < \frac{1}{2}$ を満たす。またこのとき、$b_{2k} = 2b_{2k-1} = \frac{2}{3}$ となり、条件 $\frac{1}{2} < b_{2k} < 1$ も満たす。

以上より、$\alpha = \frac{1}{3}$ に確定する。

次に $a_n$ を求める。 ①より $a_n = 2^{n-1} \alpha - b_n = \frac{2^{n-1}}{3} - b_n$ である。

（ア） $n$ が奇数のとき $b_n = \frac{1}{3}$ であるから、

$$ a_n = \frac{2^{n-1}}{3} - \frac{1}{3} = \frac{2^{n-1} - 1}{3} $$

（イ） $n$ が偶数のとき $b_n = \frac{2}{3}$ であるから、

$$ a_n = \frac{2^{n-1}}{3} - \frac{2}{3} = \frac{2^{n-1} - 2}{3} $$

解説

ある実数に $2$ を掛けながらその整数部分と小数部分を追っていく操作は、実数の $2$ 進数表示を求めるアルゴリズムそのものである。本問の $\alpha$ を $2$ 進数で表すと $0.010101\cdots_{(2)}$ となり、小数部分が $01_{(2)}$ の繰り返しとなる循環小数であることが背景にある。漸化式を利用して範囲の制約から未定係数を決定する論法は、極限を用いた定数決定の典型的な手法である。