北海道大学(理系) 2022年　問題2


$a\ は\ a \ne 1 \ をみたす正の実数とする。xy\ 平面上の点 \ P_1,\ P_2,\cdots , \ P_n ,\cdots \ および \ Q_1,\ Q_2,\cdots , Q_n ,\cdots が、$
$すべての自然数 \ n\ について \ \overrightarrow{P_nP_{n+1}}=(1-a)\overrightarrow{P_nQ_n} ,\quad \overrightarrow{Q_nQ_{n+1}}=(0,\ \cfrac{a^{-n}}{1-a})\ をみたしているとする。$
$また、P_n\ の座標を \ (x_n,\ y_n)\ とする。$
$\quad (1)\ \ x_{n+2}\ を \ a,\ \ x_n,\ \ x_{n+1}\ で表せ。$
$\quad (2)\ \ x_1=0,\ x_2=1 \ のとき、数列 \ \{x_n\}\ の一般項を求めよ。$
$\quad (3)\ \ y_1=\cfrac{a}{(1-a)^2},\ \ y_2-y_1=1 \ のとき、数列 \ \{y_n\} \ の一般項を求めよ。$


$(解説)$

$(1)\ \ \overrightarrow{P_nP_{n+1}}\ と \ \overrightarrow{P_{n+1}P_{n+2}}\ を始点を原点とした位置ベクトルで表します。$
$(2)\ \ 隣接 \ 3\ 項間の漸化式を解きます。$
$(3)\ \ y_n \ の漸化式は \ x_n \ のそれと比べて \ a^{-n}\ の項がある分やっかいです。$


(1)


$\overrightarrow{P_nP_{n+1}}=(1-a)\overrightarrow{P_nQ_n} \quad より \quad \overrightarrow{P_{n+1}P_{n+2}}=(1-a)\overrightarrow{P_{n+1}Q_{n+1}}$

$この \ 2\ 式を原点を始点とした位置ベクトルで表すと$

$\quad \overrightarrow{OP_{n+1}}-\overrightarrow{OP_n}=(1-a)(\overrightarrow{OQ_n}-\overrightarrow{OP_n})$

$\quad \overrightarrow{OP_{n+2}}-\overrightarrow{OP_{n+1}}=(1-a)(\overrightarrow{OQ_{n+1}}-\overrightarrow{OP_{n+1}})$

$辺々引いて$

$\quad \overrightarrow{OP_{n+2}}-2\overrightarrow{OP_{n+1}}+\overrightarrow{OP_n}=(1-a)(\overrightarrow{OQ_{n+1}}-\overrightarrow{OQ_n})-(1-a)(\overrightarrow{OP_{n+1}}-\overrightarrow{OP_n})$

$\quad \overrightarrow{OP_{n+2}}-(1+a)\overrightarrow{OP_{n+1}}+a\overrightarrow{OP_n}=(1-a)\overrightarrow{Q_nQ_{n+1}}$

$成分表示すると$

$\quad (x_{n+2},\ y_{n+2})-(1+a)(x_{n+1},\ y_{n+1})+a(x_n,\ y_n)=(1-a) \big(0,\ \cfrac{a^{-n}}{1-a}\big)$

$x成分をとって \qquad x_{n+2}-(1+a)x_{n+1}+ax_n =0$


(2)


$x_{n+2}-(1+a)x_{n+1}+ax_n =0 \quad より$

(i)$ \ x_{n+2}-x_{n+1}=a(x_{n+1}-x_n) \quad と変形すると \quad \{x_{n+1}-x_n\} \ \ は公比 \ a\ の等比数列だから$

$\qquad x_{n+1}-x_n=(x_2-x_1)a^{n-1}=(1-0)a^{n-1}=a^{n-1} \hspace{7em}①$

(ii)$ \ x_{n+2}-ax_{n+1}=x_{n+1}-ax_n \quad と変形すると \quad \{x_{n+1}-ax_n\} \ \ は同じ値をとるから$

$\qquad x_{n+1}-ax_n=x_2-ax_1=1-a \times 0 =1　\hspace{10em}②$

$②-①\ \ より \quad (1-a)x_n=1-a^{n-1} \qquad x_n=\cfrac{1-a^{n-1}}{1-a}$

$右辺の式に \ n=1 \ を代入すると \quad \cfrac{1-a^0}{1-a}=0 \quad だから \quad x_1=0 \ \ に一致する。$

$右辺の式に \ n=2 \ を代入すると \quad \cfrac{1-a}{1-a}=1 \quad だから \quad x_2=1 \ \ に一致する。$

$よってすべての自然数 \ n\ について \quad x_n=\cfrac{1-a^{n-1}}{1-a}$


(3)


$(1)で求めた \quad (x_{n+2},\ y_{n+2})-(1+a)(x_{n+1},\ y_{n+1})+a(x_n,\ y_n)=(1-a) \big(0,\ \cfrac{a^{-n}}{1-a}\big) \ \ の \ y\ 成分をとって$

$\qquad y_{n+2}-(1+a)y_{n+1}+ay_n =a^{-n}$

$\hspace{3em} y_2=y_1+1=\cfrac{a}{(1-a)^2}+1=\cfrac{1-a+a^2}{(1-a)^2}$

$\hspace{3em} y_2-ay_1=\cfrac{1-a+a^2}{(1-a)^2}-\cfrac{a^2}{(1-a)^2}=\cfrac{1-a}{(1-a)^2}=\cfrac{1}{1-a}$

(i)$ \ y_{n+2}-ay_{n+1}-(y_{n+1}-ay_n)=a^{-n} \quad と変形して$

$\qquad y_{n+1}-ay_n =z_n \quad とおくと$

$\qquad z_{n+1}-z_n=a^{-n}$
\begin{eqnarray*} z_n &=&z_1+ \sum_{k=1}^{n-1}a^{-k}\\ &=&y_2-ay_1+ \sum_{k=1}^{n-1}a^{-k}\\ &=&\cfrac{1}{1-a}+\cfrac{a^{-1}\big(1-(a^{-1})^{n-1}\big)}{1-a^{-1}}\\ &=&\cfrac{1}{1-a}+\cfrac{1-a^{-n+1}}{a-1}\\ &=&\cfrac{a^{-n+1}}{1-a}\\ \end{eqnarray*} $したがって \quad y_{n+1}-ay_n =\cfrac{a^{-n+1}}{1-a}　\hspace{5em}①$

(ii)$ \ y_{n+2}-y_{n+1}-a(y_{n+1}-y_n)=a^{-n} \quad と変形して$

$\quad y_{n+1}-y_n =t_n \quad とおくと$

$\qquad t_{n+1}-at_n=a^{-n}$

$両辺を \ a^{n+1}\ で割って \quad \cfrac{t_{n+1}}{a^{n+1}}-\cfrac{t_n}{a^n}=a^{-2n-1}$
$\cfrac{t_n}{a^n}=u_n \quad とおくと \quad u_{n+1}-u_n=a^{-2n-1}$
\begin{eqnarray*} u_n &=&u_1+\sum_{k=1}^{n-1}a^{-2k-1}\\ &=&\cfrac{t_1}{a}+\cfrac{a^{-3}\big(1-(a^{-2})^{n-1})}{1-a^{-2}}\\ &=&\cfrac{y_2-y_1}{a}+\cfrac{1-a^{-2n+2}}{a^3-a}\\ &=&\cfrac{1}{a}+\cfrac{1-a^{-2n+2}}{a(a^2-1)}\\ &=&\cfrac{a(1-a^{-2n})}{a^2-1} \end{eqnarray*}
$\quad \therefore \ \ t_n=a^n u_n=a^n \times \cfrac{a(1-a^{-2n})}{a^2-1}=\cfrac{a^{n+1}-a^{-n+1}}{a^2-1}$

$したがって \quad y_{n+1}-y_n=\cfrac{a^{n+1}-a^{-n+1}}{a^2-1} \hspace{5em}②$


$①-②より$
\begin{eqnarray*} (1-a)y_n &=&\cfrac{a^{-n+1}}{1-a}-\cfrac{a^{n+1}-a^{-n+1}}{a^2-1}\\ \\ &=&\cfrac{a^{-n+1}(1+a)+a^{n+1}-a^{-n+1}}{1-a^2}\\ \\ &=&\cfrac{a^{-n+2} +a^{n+1}}{1-a^2}\\ \end{eqnarray*} $\qquad \therefore \ \ y_n=\cfrac{a^{-n+2} +a^{n+1}}{(1-a)^2(1+a)}$

$右辺の式に \ n=1\ を代入すると \quad \cfrac{a +a^2}{(1-a)^2(1+a)}=\cfrac{a}{(1-a)^2} \quad だから \ y_1\ に一致する。$

$右辺の式に \ n=2\ を代入すると \quad \cfrac{1 +a^3}{(1-a)^2(1+a)}=\cfrac{1-a+a^2}{(1-a)^2} \quad だから \ y_2 \ に一致する。$

$よってすべての自然数 \ n\ について \quad y_n=\cfrac{a^{-n+2} +a^{n+1}}{(1-a)^2(1+a)}$



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