北海道大学 2022年度 前期日程 第2次学力試験理系数学 第2問

(1) $Q_n$ の座標を $(u_n,v_n)$ とする。条件 $$\overrightarrow{P_n{P}_{n+1}}=(1-a)\overrightarrow{P_n{Q}_n}$$ より $$P_{n+1}=P_n+(1-a)(Q_n-P_n)=a{P}_n+(1-a)Q_n$$ である。したがって $x$ 座標について $x_{n+1}=a{x}_n+(1-a)u_n$ である。

また、$\overrightarrow{Q_n{Q}_{n+1}}$ の $x$ 成分は $0$ なので $u_{n+1}=u_n$ である。よって $$x_{n+2}=a{x}_{n+1}+(1-a)u_{n+1}=a{x}_{n+1}+(1-a)u_n$$ である。一方、$x_{n+1}=a{x}_n+(1-a)u_n$ から $(1-a)u_n=x_{n+1}-a{x}_n$ なので、これを代入して $$x_{n+2}=a{x}_{n+1}+x_{n+1}-a{x}_n=(a+1)x_{n+1}-a{x}_n$$ を得る。

(2)
(1) より $$x_{n+2}=(a+1)x_{n+1}-a{x}_n$$ である。特性方程式は $${\lambda }^2-(a+1)\lambda +a=0$$ すなわち $$(\lambda -1)(\lambda -a)=0$$ である。$a\mathrm{\ne }1$ だから、$x_n=A+B{a}^{n-1}$ と表せる。

初期条件 $x_1=0$、$x_2=1$ より $A+B=0,A+Ba=1$ である。これを解いて $$B=\frac{1}{a-1},A=-\frac{1}{a-1}$$ となる。したがって $$x_n=\frac{a^{n-1}-1}{a-1}$$ である。

(3) $y$ 座標について考える。$P_{n+1}=a{P}_n+(1-a)Q_n$ より $y_{n+1}=a{y}_n+(1-a)v_n$ である。また条件から $$v_{n+1}=v_n+\frac{a^{-n}}{1-a}$$ である。したがって$$\begin{array}{rl}{\displaystyle y_{n+2}}& {\displaystyle =a{y}_{n+1}+(1-a)v_{n+1}}\\ {\displaystyle }& {\displaystyle =a{y}_{n+1}+(1-a)v_n+a^{-n}}\\ {\displaystyle }& {\displaystyle =a{y}_{n+1}+\{y_{n+1}-a{y}_n\}+a^{-n}}\end{array}$$である。よって $$y_{n+2}=(a+1)y_{n+1}-a{y}_n+a^{-n}$$ を得る。

この非同次漸化式の同次部分の解は、(2) と同じく $A+B{a}^{n-1}$ である。非同次項が $a^{-n}$ なので、特解を $C{a}^{-n}$ とおく。代入すると $$C{a}^{-n-2}-(a+1)C{a}^{-n-1}+aC{a}^{-n}=a^{-n}$$ である。両辺に $a^{n+2}$ をかけると $C\{1-a(a+1)+a^3\}=a^2$ であり、$$1-a(a+1)+a^3=(a-1{)}^2(a+1)$$ だから $$C=\frac{a^2}{(a-1{)}^2(a+1)}$$ である。したがって $$y_n=A+B{a}^{n-1}+\frac{a^2}{(a-1{)}^2(a+1)}{a}^{-n}$$ と表せる。

ここで$$y_1=\frac{a}{(1-a{)}^2}=\frac{a}{(a-1{)}^2},y_2=y_1+1=\frac{a}{(a-1{)}^2}+1$$である。これを上の式に代入して整理すると $$A=0,B=\frac{a^2}{(a-1{)}^2(a+1)}$$ となる。よって $$y_n=\frac{a^2}{(a-1{)}^2(a+1)}(a^{n-1}+a^{-n})$$ である。

2階漸化式を特性方程式で解かず、階差へ落とす。$x_n$ は等比階差、$y_n$ は $y_{n+1}-a{y}_n$ を新しい数列とみなして2回の等比和で処理する。

(1)
主解法と同様に $Q_n=(u_n,v_n)$ と置けば$$x_{n+2}=(a+1)x_{n+1}-a{x}_n\mathrm{.}$$(2)
$d_n=x_{n+1}-x_n$ と置くと、(1) より$$d_{n+1}=x_{n+2}-x_{n+1}=a(x_{n+1}-x_n)=a{d}_n\mathrm{.}$$$d_1=x_2-x_1=1$ だから $d_n=a^{n-1}$ である。よって$$x_n=x_1+\sum _{j=1}^{n-1}{d}_j=\sum _{j=1}^{n-1}{a}^{j-1}=\frac{a^{n-1}-1}{a-1}\mathrm{.}$$(3)
$y_{n+1}=a{y}_n+(1-a)v_n$ と $$v_{n+1}-v_n=a^{-n}\mathrm{/}(1-a)$$ から$$\{y_{n+2}-a{y}_{n+1}\}-\{y_{n+1}-a{y}_n\}=a^{-n}\mathrm{.}$$$z_n=y_{n+1}-a{y}_n$ と置く。初期条件より$$z_1=y_2-a{y}_1=1+(1-a)y_1=\frac{1}{1-a}\mathrm{.}$$したがって$$z_n=z_1+\sum _{j=1}^{n-1}{a}^{-j}=\frac{a^{1-n}}{1-a}\mathrm{.}$$すなわち$$\begin{array}{cccc}& y_{n+1}=a{y}_n+\frac{a^{1-n}}{1-a}\mathrm{.}& & \text{(1)}\end{array}$$ここで $t_n=y_n\mathrm{/}{a}^{n-1}$ と置き、(1) を $a^n$ で割ると$$t_{n+1}-t_n=\frac{a^{1-2n}}{1-a}\mathrm{.}$$$t_1=y_1=a\mathrm{/}(1-a{)}^2$ だから、等比数列の和を用いて$$\begin{array}{rl}{\displaystyle t_n}& {\displaystyle =\frac{a}{(1-a{)}^2}+\frac{1}{1-a}\sum _{j=1}^{n-1}{a}^{1-2j}}\\ {\displaystyle }& {\displaystyle =\frac{a^2}{(1-a{)}^2(a+1)}(1+a^{1-2n})\mathrm{.}}\end{array}$$最後に $y_n=a^{n-1}{t}_n$ を戻して$$y_n=\frac{a^2}{(a-1{)}^2(a+1)}(a^{n-1}+a^{-n})$$を得る。