熊本大学 2023年度 前期数学① 第1問

(問1)
$n=1$ を代入すると$$2(\frac{2}{3}-a_2)=3\cdot \frac{2}{3}{a}_2=2a_2$$であるから，$a_2={\displaystyle \frac{1}{3}}$ である。$n=2$ を代入すると$$2(\frac{1}{3}-a_3)=4\cdot \frac{1}{3}{a}_3$$であるから$$a_3=\frac{1}{5}$$である。

(問2)
$a_1={\displaystyle \frac{2}{3}}>0$ である。$a_n>0$ と仮定すると，漸化式は$$\{2+(n+2)a_n\}{a}_{n+1}=2a_n$$と書ける。左辺の係数も右辺も正であるから $a_{n+1}>0$ である。よって帰納法により，すべての $n$ で $a_n>0$ であり，特に $a_n\mathrm{\ne }0$ である。

(問3)
(問2)より $a_n{a}_{n+1}\mathrm{\ne }0$ であるから，与式を $a_n{a}_{n+1}$ で割って$$2(\frac{1}{a_{n+1}}-\frac{1}{a_n})=n+2$$を得る。したがって$$\frac{1}{a_{n+1}}-\frac{1}{a_n}=\frac{n+2}{2}$$である。

(問4)
$n\geqq 2$ のとき，(問3)より$$\begin{array}{rl}{\displaystyle \frac{1}{a_n}}& {\displaystyle =\frac{3}{2}+\sum _{k=1}^{n-1}\frac{k+2}{2}}\\ {\displaystyle }& {\displaystyle =\frac{3}{2}+\frac{(n-1)(n+4)}{4}}\\ {\displaystyle }& {\displaystyle =\frac{(n+1)(n+2)}{4}\mathrm{.}}\end{array}$$これは $n=1$ でも成り立つ。したがって$$a_n=\frac{4}{(n+1)(n+2)}$$である。

漸化式を $a_{n+1}$ の有理式に直し、初期項から推測した一般項を数学的帰納法で直接証明する。逆数の階差は得られた明示式から再計算し、元の漸化式との整合性を確認する。

(問1)
漸化式は$$a_{n+1}=\frac{2a_n}{2+(n+2)a_n}$$と書ける。これに $a_1=2\mathrm{/}3$ を順に代入して$$a_2=\frac{1}{3},a_3=\frac{1}{5}$$を得る。

(問2)
$a_1>0$ であり、上式で $a_n>0$ なら分子・分母は正である。したがって帰納法により $a_n>0$、特に $a_n\mathrm{\ne }0$ である。

(問4)
初期項から$$a_n=\frac{4}{(n+1)(n+2)}$$と予想する。$n=1$ でこれは正しい。$n=k$ で正しいと仮定すると$$\begin{array}{rl}{\displaystyle a_{k+1}}& {\displaystyle =\frac{{\displaystyle \frac{8}{(k+1)(k+2)}}}{2+{\displaystyle \frac{4}{k+1}}}}\\ {\displaystyle }& {\displaystyle =\frac{4}{(k+2)(k+3)}\mathrm{.}}\end{array}$$よって数学的帰納法により一般項は上式である。

(問3)
一般項から$$\frac{1}{a_{n+1}}-\frac{1}{a_n}=\frac{(n+2)(n+3)-(n+1)(n+2)}{4}=\frac{n+2}{2}$$であり、元の漸化式から得られる関係と一致する。