九州大学 2003年度 前期日程 第2次学力試験 数列・図形と方程式文系数学 第3問(b)

(1)
点 $P_k$ は $(a_k,a_k^2)$ である。点 $P_k$ を通り傾き $m_k$ の直線 $l_k$ は $y-a_k^2=m_k(x-a_k)$ である。これと $y=x^2$ を連立すると $x^2-a_k^2=m_k(x-a_k)$ すなわち $(x-a_k)(x+a_k-m_k)=0$ となる。したがって、もう一つの交点の $x$ 座標は $a_{k+1}=m_k-a_k$ である。接する場合は $m_k=2a_k$ であり、この式からも $a_{k+1}=a_k$ となる。

(2) $m_k=m_1{r}^{k-1}$ なので、(1) より $a_{k+1}+a_k=m_1{r}^{k-1}$ である。両辺に $(-1{)}^k$ を掛けると $$(-1{)}^k{a}_{k+1}-(-1{)}^{k-1}{a}_k=(-1{)}^k{m}_1{r}^{k-1}$$ となる。これを $1$ から $k-1$ まで足す。

まず $r\mathrm{\ne }-1$ のとき、$$\begin{array}{rl}{\displaystyle (-1{)}^{k-1}{a}_k-a_1}& {\displaystyle =\sum _{j=1}^{k-1}(-1{)}^j{m}_1{r}^{j-1}}\\ {\displaystyle }& {\displaystyle =-m_1\sum _{j=0}^{k-2}(-r{)}^j}\\ {\displaystyle }& {\displaystyle =-m_1{\displaystyle \frac{1-(-r{)}^{k-1}}{1+r}}\mathrm{.}}\end{array}$$したがって $$a_k=(-1{)}^{k-1}{a}_1+{\displaystyle \frac{m_1\{r^{k-1}-(-1{)}^{k-1}\}}{1+r}}$$ である。

次に $r=-1$ のときは $$a_{k+1}+a_k=m_1(-1{)}^{k-1}$$ であり、同じように足すと $$a_k=(-1{)}^{k-1}{a}_1+(k-1)(-1{)}^{k-2}{m}_1$$ である。

(3)
ここでは $r\mathrm{\ne }-1,0$ であり、$$a_1={\displaystyle \frac{m_1}{1+r}}$$ である。(2) の $r\mathrm{\ne }-1$ の式に代入すると$$\begin{array}{rl}{\displaystyle a_k}& {\displaystyle =(-1{)}^{k-1}{\displaystyle \frac{m_1}{1+r}}+{\displaystyle \frac{m_1\{r^{k-1}-(-1{)}^{k-1}\}}{1+r}}}\\ {\displaystyle }& {\displaystyle ={\displaystyle \frac{m_1{r}^{k-1}}{1+r}}}\\ {\displaystyle }& {\displaystyle ={\displaystyle \frac{m_k}{1+r}}\mathrm{.}}\end{array}$$よって $m_k=(1+r)a_k$ である。

このとき直線 $l_k$ は$$\begin{array}{rl}{\displaystyle y-a_k^2}& {\displaystyle =(1+r)a_k(x-a_k)}\\ {\displaystyle y}& {\displaystyle =(1+r)a_{k}x-r{a}_k^2}\end{array}$$と書ける。これが $y=b{x}^2$ に接する条件を調べる。連立して $b{x}^2-(1+r)a_{k}x+r{a}_k^2=0$ が重解をもてばよい。判別式を0にすると $(1+r{)}^2{a}_k^2-4br{a}_k^2=0$ である。$m_1\mathrm{\ne }0$、$r\mathrm{\ne }0$ より $a_k\mathrm{\ne }0$ なので $$b={\displaystyle \frac{(1+r{)}^2}{4r}}$$ とすればよい。

したがって $$b={\displaystyle \frac{(1+r{)}^2}{4r}}$$ について、すべての自然数 $k$ に対し直線 $l_k$ は $y=b{x}^2$ に接する。

一次漸化式 $a_{k+1}=-a_k+m_1{r}^{k-1}$ を、等比型の特解と同次解に分けて解く。初期条件を入れた後、接線の判別式を調べる。

(1)
交点方程式は$$(x-a_k)(x+a_k-m_k)=0$$だから$$a_{k+1}=m_k-a_k\mathrm{.}$$(2)$$a_{k+1}=-a_k+m_1{r}^{k-1}$$を考える。$r\mathrm{\ne }-1$ のとき $C{r}^{k-1}$ を特解と仮定すると$$C{r}^k=-C{r}^{k-1}+m_1{r}^{k-1}$$より $$C={\displaystyle \frac{m_1}{1+r}}$$ である。同次解は $D(-1{)}^{k-1}$ なので$$a_k={\displaystyle \frac{m_1{r}^{k-1}}{1+r}}+(a_1-{\displaystyle \frac{m_1}{1+r}})(-1{)}^{k-1}\mathrm{.}$$$r=-1$ の場合は $b_k=(-1{)}^{k-1}{a}_k$ とおけば$$b_{k+1}-b_k=-m_1$$となり、$$a_k=(-1{)}^{k-1}{a}_1+(k-1)(-1{)}^{k-2}{m}_1\mathrm{.}$$(3)$$a_1={\displaystyle \frac{m_1}{1+r}}$$ では同次解の係数が0だから$$a_k={\displaystyle \frac{m_1{r}^{k-1}}{1+r}},m_k=(1+r)a_k\mathrm{.}$$よって$$l_k:y=(1+r)a_{k}x-r{a}_k^2\mathrm{.}$$$y=b{x}^2$ との交点方程式の判別式を0にすると$$(1+r{)}^2{a}_k^2-4br{a}_k^2=0.$$$a_k\mathrm{\ne }0,r\mathrm{\ne }0$ より$$b={\displaystyle \frac{(1+r{)}^2}{4r}}\mathrm{.}$$