熊本大学 2023年度 前期数学② 第1問

(問1)
まず，$n=1$ を代入すると$$3(a_1-a_2)=0$$であるから，$a_2=a_1={\displaystyle \frac{1}{8}}$ である。次に，$n=2$ を代入すると$$15(\frac{1}{8}-a_3)=24\cdot \frac{1}{8}{a}_3=3a_3$$である。したがって$$a_3=\frac{5}{48}$$である。

(問2)
$a_1={\displaystyle \frac{1}{8}}>0$ である。$a_n>0$ と仮定すると，与えられた漸化式は$$\{4n^2-1+8(n^2-1)a_n\}{a}_{n+1}=(4n^2-1)a_n$$と書ける。左辺の係数は正で，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 $a_n{a}_{n+1}$ で割ると$$(4n^2-1)(\frac{1}{a_{n+1}}-\frac{1}{a_n})=8(n^2-1)$$となる。したがって$$\frac{1}{a_{n+1}}-\frac{1}{a_n}=\frac{8(n^2-1)}{4n^2-1}$$である。

(問4)$$\frac{8(n^2-1)}{4n^2-1}=2-\frac{3}{2n-1}+\frac{3}{2n+1}$$である。よって $n\geqq 2$ のとき$$\begin{array}{rl}{\displaystyle \frac{1}{a_n}}& {\displaystyle =8+\sum _{k=1}^{n-1}(2-\frac{3}{2k-1}+\frac{3}{2k+1})}\\ {\displaystyle }& {\displaystyle =8+2(n-1)-3+\frac{3}{2n-1}}\\ {\displaystyle }& {\displaystyle =2n+3+\frac{3}{2n-1}}\\ {\displaystyle }& {\displaystyle =\frac{4n(n+1)}{2n-1}\mathrm{.}}\end{array}$$これは $n=1$ でも成り立つ。したがって$$a_n=\frac{2n-1}{4n(n+1)}$$である。

漸化式を $a_{n+1}$ について解き、正値性を保つ写像として扱う。初期項から一般項の形を予想し、有限和を使わず数学的帰納法で直接証明する。最後に明示式から逆数の差も検算する。

(問1)
漸化式を $a_{n+1}$ について解くと$$a_{n+1}=\frac{(4n^2-1)a_n}{4n^2-1+8(n^2-1)a_n}$$である。$n=1,2$ を順に代入して$$a_2=\frac{1}{8},a_3=\frac{5}{48}$$を得る。

(問2)
$a_1>0$ であり、上式で $a_n>0$ なら分子・分母はいずれも正である。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)
初期値から$$a_n=\frac{2n-1}{4n(n+1)}$$と予想する。これは $n=1$ で正しい。$n=k$ で正しいと仮定して上の漸化式へ代入すると$$\begin{array}{rl}{\displaystyle a_{k+1}}& {\displaystyle =\frac{(4k^2-1){\displaystyle \frac{2k-1}{4k(k+1)}}}{4k^2-1+8(k^2-1){\displaystyle \frac{2k-1}{4k(k+1)}}}}\\ {\displaystyle }& {\displaystyle =\frac{2k+1}{4(k+1)(k+2)}\mathrm{.}}\end{array}$$よって数学的帰納法により予想した式がすべての自然数 $n$ で成り立つ。

(問3)
明示式を用いると$$\begin{array}{rl}{\displaystyle \frac{1}{a_{n+1}}-\frac{1}{a_n}}& {\displaystyle =\frac{4(n+1)(n+2)}{2n+1}-\frac{4n(n+1)}{2n-1}}\\ {\displaystyle }& {\displaystyle =\frac{8(n^2-1)}{4n^2-1},}\end{array}$$となり、元の漸化式から得られる式とも一致する。