(15点)
2 漸化式: 推定と数学的帰納法
数列{a}が
で定められている.
【方針】
100 を求めよ.
α」=2026,
an+1=lan|-n (n=1, 2, 3, ...)
a の符号に注目する。
初めてα+1 <0となるnまではan+1=an-nが成り立つ. それ以降については,一般項を推定
し,それが正しいことを証明してから用いる.
【解答】
an+1=|an|-n.
(n=1, 2, 3, ...)
... 1
40 のとき, ①より,
an+1=an-n
②
であるから,
an> an+1.
... ③
αが整数であるから{a}の項はすべて整数であり, ③よりan < 0 となる正の整数 n は存在す
る。 このうち最小のnをNとする. α1>0であるから, N≧2 である.
a > az>as>・・・>an10>an.
n = 1, 2, 3, ..., N-1 において ②が成り立つので,
ここで,
(30点)
an a₁+(-k)
【解説】
k=1
(n-1)n
(ア) 参照
=2026-
(n=2,3,4,.., N)
2
63.64
2026-
=10>0, 2026-
2
64-65
2
-=-54 < 0
③
であるから, N=65であり,
a64=10, a65=-54.
次に, 33 以上の整数に対して
azm=22-m
が成り立つことを数学的帰納法で示す.
[I]
=33のとき.
①とα65=-54< 0 より,
a66=54-65-11(22-33)
であるから, (*) は成り立つ.
[II]
は33以上の整数) のとき,(*) が成り立つと仮定する。
azk=22-k.
このとき ① と k <0より,
azk+1=-(22-k)-2k=-k-22.
さらに, ① と azk+1 <0より,
a2(k+1)=k+22-(2k+1)=21-k=22-(k+1)
となって,m=k+1のときも(*) が成り立つ.
[I],[II]より, 33以上の整数mに対して(*) が成り立つ.
よって,
100=A250=22-50=-28.
29
... (*)
【解説】
(イ) 参照
【解説】
(ア) 数列 {a} に対して,
b=an+1-an (n=1,2,3, ...)
で定められる数列{bm} を {a} の階差数列といい2のとき,
an=a₁+b
である.
k=1
(イ) α65-54と ① を用いて, a66 67 68 69 70 を求めてみると,
α65-54<0より, α66 = -465-65-11.
α66=-11<0より, α67= -466-66-55.
α67=-55<0より, α68 = -a67-67-12.
a68=-12<0より, α69 = -468-68-56.
a69-56<0より, α70=-469-69-13.
これより,aam=-11-(m-33)=22-m(m=33,34,35... と推定できるから、それが正しいことを数争
帰納法で示した.
次のように, 65 における一般項α を求めることもできる.
【部分的別解】 (α65-54 を求めたあと)
65以上の整数nに対して
-n≤a,≤0
=65のとき.
が成り立つことを数学的帰納法で示す.
[I]
a65=-54より, (**) は成り立つ.
[II] n=kkは65以上の整数) のとき, (**) が成り立つと仮定する。
このとき,①より,
- k≤a≤0.
であり,④より,
であるから,
よって, n=k+1のときも (**) が成り立つ.
ak+1=-ak-k
0≦-ak≦k.
-k-ak-k≤0
-k≤ak+1≤0.
(k+1)ak+10.
[I][Ⅱ]より, 65以上の整数nに対して, (**) が成り立つ.
①より,
⑤より,
⑥ ⑤ より,
an+1=-an-n.
(n=65, 66, 67, ...)
an+2=-an+1-(n+1).
an+2-an+1=ー
=-(anti-an)-1.
b=an+1-4n (n=65, 66, 67, ...) とおくと、
これは,
bn+1=-bn-1.
Dans+ 1 = − (b₂+ 1/1)
30.
と変形できる
b65+
1
b=an+1-
⑤を用い
よって,
