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数列の問題

難易度 5最難関大の二次・数学オリンピック予選レベル数学B 数列

数列 ${a_{n}}$ は
$a_{1} = 1, a_{n + 1} = 2 a_{n} + 3 a_{n}^{2} - 2 (n = 1, 2, 3, \dots)$
を満たす。 $a_{10}$ の値を求めよ。

この問題で使うもの

数学的帰納法と一般項の推定（説明と入口の問題）
隣接 3 項間の漸化式（説明と入口の問題）
2次方程式の解の公式と判別式（説明と入口の問題）

この問題を解けるようになるまで（30 技能）

算数中学高校大学大学院

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ヒント

行き詰まったら、上から順に 1 つずつ開いてください。

ヒント 1

根号を含む漸化式のままでは計算が大変です。最初のいくつかの項を計算して規則を予想し、根号を含まない漸化式に書き換えることを考えましょう。そのためにも、まず数列がきちんと定義されること（根号の中が負にならないこと）を帰納法で確かめておきます。

ヒント 2

$a_{n + 1} - 2 a_{n} = 3 a_{n}^{2} - 2$ の両辺を 2 乗すると、 $a_{n}$ と $a_{n + 1}$ について対称な関係式 $a_{n + 1}^{2} - 4 a_{n} a_{n + 1} + a_{n}^{2} + 2 = 0$ が得られます。 $a_{n}$ と $a_{n + 2}$ がどちらも 2 次方程式 $x^{2} - 4 a_{n + 1} x + a_{n + 1}^{2} + 2 = 0$ の解であることに注目しましょう。

ヒント 3

$a_{n + 2}$ はこの 2 次方程式の大きい方の解です。一方、 $a_{n + 1} ≧ 2 a_{n}$ から $a_{n} < 2 a_{n + 1}$ が分かるので、 $a_{n}$ は小さい方の解です。解と係数の関係から $a_{n + 2} = 4 a_{n + 1} - a_{n}$ が得られ、 $a_{1} = 1, a_{2} = 3, a_{3} = 11, a_{4} = 41, \dots$ と順に計算できます。

答えと解説

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110771

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解説を読む

1. 数列が定義されることと $a_{n} ≧ 1$ の確認（数学的帰納法）

すべての正の整数 $n$ について「 $a_{n}$ が定まり $a_{n} ≧ 1$ 」であることを示す。

$n = 1$ のとき $a_{1} = 1$ なので成り立つ。

$n = k$ のとき成り立つと仮定する。 $a_{k} ≧ 1$ より $3 a_{k}^{2} - 2 ≧ 1 > 0$ なので、 $3 a_{k}^{2} - 2$ が定まり、
$a_{k + 1} = 2 a_{k} + 3 a_{k}^{2} - 2 ≧ 2 + 1 = 3 ≧ 1$
となる。よって $n = k + 1$ のときも成り立つ。

以上より、すべての $n$ で $a_{n}$ が定まり $a_{n} ≧ 1$ である。さらに $3 a_{n}^{2} - 2 ≧ 0$ より
$a_{n + 1} ≧ 2 a_{n} (n ≧ 1) (1)$
が成り立つ。

2. 隣り合う 2 項の関係式

漸化式を $a_{n + 1} - 2 a_{n} = 3 a_{n}^{2} - 2$ と変形して両辺を 2 乗すると
$a_{n + 1}^{2} - 4 a_{n} a_{n + 1} + 4 a_{n}^{2} = 3 a_{n}^{2} - 2$
となるから
$a_{n + 1}^{2} - 4 a_{n} a_{n + 1} + a_{n}^{2} + 2 = 0 (n ≧ 1) (2)$
が成り立つ。

3. 3 項間の線形漸化式の導出

正の整数 $n$ を 1 つ固定し、 $x$ の 2 次方程式
$x^{2} - 4 a_{n + 1} x + a_{n + 1}^{2} + 2 = 0 (3)$
を考える。判別式を $D$ とすると $\frac{D}{4} = 4 a_{n + 1}^{2} - (a_{n + 1}^{2} + 2) = 3 a_{n + 1}^{2} - 2 > 0$ であるから、 $(3)$ の解は
$x = 2 a_{n + 1} \pm 3 a_{n + 1}^{2} - 2$
の異なる 2 つの実数である。小さい方の解を $α$ 、大きい方の解を $β$ とすると、 $α < 2 a_{n + 1} < β$ である。

$(2)$ で $n$ を $n + 1$ にした式は $a_{n + 2}^{2} - 4 a_{n + 1} a_{n + 2} + a_{n + 1}^{2} + 2 = 0$ である。よって $a_{n + 2}$ は $(3)$ の解である。また $a_{n + 2} = 2 a_{n + 1} + 3 a_{n + 1}^{2} - 2$ なので $a_{n + 2} = β$ である。
$(2)$ そのものは $a_{n}^{2} - 4 a_{n + 1} a_{n} + a_{n + 1}^{2} + 2 = 0$ と書けるので、 $a_{n}$ も $(3)$ の解である。 $(1)$ と $a_{n} ≧ 1$ より $2 a_{n + 1} ≧ 4 a_{n} > a_{n}$ である。 $β > 2 a_{n + 1}$ なので $a_{n} \neq = β$ であり、 $a_{n} = α$ となる。

解と係数の関係より $α + β = 4 a_{n + 1}$ であるから、
$a_{n + 2} = 4 a_{n + 1} - a_{n} (n ≧ 1)$
が成り立つ。

4. $a_{10}$ の計算

$a_{1} = 1$ 、 $a_{2} = 2 \cdot 1 + 3 - 2 = 3$ である。ここから $a_{n + 2} = 4 a_{n + 1} - a_{n}$ を順に用いると
$a_{3} a_{4} a_{5} a_{6} a_{7} a_{8} a_{9} a_{10} = 4 \cdot 3 - 1 = 11, = 4 \cdot 11 - 3 = 41, = 4 \cdot 41 - 11 = 153, = 4 \cdot 153 - 41 = 571, = 4 \cdot 571 - 153 = 2131, = 4 \cdot 2131 - 571 = 7953, = 4 \cdot 7953 - 2131 = 29681, = 4 \cdot 29681 - 7953 = 110771.$

（確認として、元の漸化式から直接 $a_{3} = 6 + 25 = 11$ 、 $a_{4} = 22 + 361 = 41$ となり、上の結果と一致する。）

よって $a_{10} = 110771$ である。

別解

漸化式を変形すると $a_{n + 1} - 2 a_{n} = 3 a_{n}^{2} - 2 \geq 0$ 。両辺を2乗して整理すると $a_{n + 1}^{2} - 4 a_{n} a_{n + 1} + a_{n}^{2} + 2 = 0$ となる。

この式は $a_{n}$ と $a_{n + 1}$ について対称である。よって $a_{n + 2}$ と $a_{n}$ は、 $x$ の2次方程式 $x^{2} - 4 a_{n + 1} x + a_{n + 1}^{2} + 2 = 0$ の解である。

数列は増加列で $a_{n + 2} \neq = a_{n}$ なので、解と係数の関係より $a_{n + 2} + a_{n} = 4 a_{n + 1}$ 、すなわち $a_{n + 2} = 4 a_{n + 1} - a_{n}$ が成り立つ。

初項と第2項は $a_{1} = 1$ 、 $a_{2} = 2 + 1 = 3$ 。

これから順に計算する。
$a_{3} = 12 - 1 = 11$
$a_{4} = 44 - 3 = 41$
$a_{5} = 164 - 11 = 153$
$a_{6} = 612 - 41 = 571$
$a_{7} = 2284 - 153 = 2131$
$a_{8} = 8524 - 571 = 7953$
$a_{9} = 31812 - 2131 = 29681$
$a_{10} = 118724 - 7953 = 110771$

検算として、元の漸化式で $a_{3}$ を直接求める。 $a_{3} = 2 \cdot 3 + 27 - 2 = 6 + 5 = 11$ となり、上の値と一致する。 $a_{4} = 22 + 363 - 2 = 22 + 19 = 41$ も一致する。

よって $a_{10} = 110771$ 。

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