2020年(令和2年)度センター試験数学2Bの第3問の解説です。
第3問は数列で、漸化式の一般項を求める方法の中で階差数列と部分分数和を計算する問題が含まれています。
計算はそれほど煩雑ではありませんが、最後に2020年度にちなんだ余りの和があります。
\(\,2020\,\)年度センター試験数学\(\,\mathrm{ⅡB}\,\)の問題です。
第３問数列（漸化式の一般項を求め、余りの和を求める問題）
一見すると一般項は求めることができないような漸化式がありますが、分かり易く誘導してくれているので機械的に解ける漸化式です。
最後は\(\,2020\,\)年度らしい、\(\,2020\,\)項までの和を問われますが合同式も必要ない単なる規則性の問題なので意図は明らかです。
漸化式の変形
初項は\(\,\color{red}{a_1=0}\,\)です。
漸化式は
\(\hspace{10pt}\displaystyle a_{n+1}=\frac{n+3}{n+1}\{3a_n+3^{n+1}-(n+1)(n+2)\} ･･･①\)
漸化式は階差数列などの\(\,2\,\)項間は少なくとも自力で解く必要はありますが、
この手の漸化式は誘導がつきますので、何をしたいか考えずに問題を読み、手を動かして先に進めましょう。
(1)
\(\,a_2\,\)を求めたいので\(\,n=1\,\)を①の漸化式に代入するだけです。
\(\begin{eqnarray}
a_2&=&\frac{1+3}{1+1}\{3\color{red}{a_1}+3^{1+1}-(1+1)(1+2)\}\\
&=&\frac{4}{2}\times (0+3^2-2\times 3)\\
&=&\fbox{ 6 }
\end{eqnarray}\)
(2)「数列\(\,\{\,b_n\,\}\,\)の一般項を求めよう。」なので、誘導に乗って先ずは\(\,b_n\,\)の漸化式を作りましょう。
\(\hspace{10pt}\displaystyle b_n=\frac{a_n}{3^n(n+1)(n+2)}\)
とおくと\(\,a_1=0\,\)なので
\(\begin{eqnarray}
b_1&=&\frac{a_1}{3^1\cdot 2\cdot 3}\\
&=&\fbox{ 0 }
\end{eqnarray}\)
①の両辺を\(\,3^{n+1}(n+2)(n+3)\,\)で割ると
\(\hspace{10pt}\displaystyle (左辺)\,=\color{magenta}{\frac{a_{n+1}}{3^{n+1}(n+2)(n+3)}}\)
\(\hspace{10pt}\displaystyle (右辺)\,=\frac{\frac{n+3}{n+1}\{3a_n+3^{n+1}-(n+1)(n+2)\}}{3^{n+1}(n+2)(n+3)}\)
左辺は\(\,b_n\,\)の\(\,n\,\)に\(\,n+1\,\)を入れかえたものなので\(\,\color{magenta}{b_{n+1}}\,\)です。
右辺は割り算を逆数のかけ算とみて展開すると、
\(\hspace{10pt}
\displaystyle \frac{\frac{\color{blue}{n+3}}{\color{blue}{n+1}}\{3a_n+3^{n+1}-(n+1)(n+2)\}}{\color{red}{3^{n+1}(n+2)(n+3)}}\\
\displaystyle =\frac{(\color{blue}{n+3})}{(\color{blue}{n+1})\color{red}{3^{n+1}(n+2)(n+3)}}\{3a_n+3^{n+1}-(n+1)(n+2)\}\\
\displaystyle =\frac{1}{3^{n+1}(n+1)(n+2)}\{3a_n+3^{n+1}-(n+1)(n+2)\}\\
\displaystyle =\color{red}{\frac{a_n}{3^n(n+1)(n+2)}}+\frac{1}{(n+1)(n+2)}-\frac{1}{3^{n+1}}
\)
ここで
\(\hspace{10pt}\displaystyle \color{red}{\frac{a_n}{3^n(n+1)(n+2)}}=b_n\)
なので
\(\hspace{10pt}\displaystyle b_{n+1}=b_n+\frac{1}{(n+\fbox{ 1 })(n+\fbox{ 2 })}-\left(\frac{1}{\fbox{ 3 }}\right)^{n+1}\)
たぶんですが、この計算は自分でやらないと見ているだけでは意味不明でしょう。
\(\,b_n\,\)を移項し、部分分数分解処理すると、
\(\begin{eqnarray}\displaystyle
b_{n+1}&=&b_n+\color{red}{\frac{1}{(n+1)(n+2)}}-\left(\frac{1}{3}\right)^{n+1}\\
b_{n+1}-b_n&=&\left(\color{red}{\frac{\fbox{ 1 }}{n+1}-\frac{1}{n+2}}\right)-\left(\frac{1}{3}\right)^{n+1}
\end{eqnarray}\)
これで\(\,\{b_n\}\,\)の階差が取れたので\(\,b_n\,\)の一般項が求まります。
階差数列を\(\,c_n\,\)とすると\(\,n\,≧\,2\,\)において
\(\displaystyle b_n=b_1+\sum_{k=1}^{n-1}c_k\)
です。
数列の和の計算
部分的に計算しなくても一般項は求まりますが、親切に別々に計算させてくれています。笑
順番に計算していきます。
\(\hspace{10pt}
\displaystyle \sum_{k=1}^{n-1}\left(\frac{1}{k+1}-\frac{1}{k+2}\right)\\
\displaystyle =\left(\frac{1}{2}-\color{red}{\frac{1}{3}}\right)+\left(\color{red}{\frac{1}{3}}-\color{red}{\frac{1}{4}}\right)+\cdots +\left(\color{red}{\frac{1}{n}}-\frac{1}{n+1}\right)\\
\displaystyle =\frac{1}{2}-\frac{1}{n+1}\\
\displaystyle =\frac{(n+1)-2}{2(n+1)}\\
\displaystyle =\frac{n-1}{2(n+1)}\\
\displaystyle =\frac{1}{\fbox{ 2 }}\left(\frac{n-\fbox{ 1 }}{n+\fbox{ 1 }}\right) ･･･②\)
部分分数和は、消える（赤字）部分が分かるまでできるだけ多く書き出すことです。
もう一つは等比数列の和です。
が、ちょっとした工夫が必要です。
⇒ シグマ（Σ）の計算公式が使えない数列と複雑な和の計算方法
を見ていた人は簡単に答えが出たはずですが、見てませんよね。笑
\(\hspace{10pt}\displaystyle \sum_{k=1}^{n-1}\left(\frac{1}{3}\right)^{k+1}\\
\displaystyle =\frac{1}{3^2}+\frac{1}{3^3}+\cdots +\frac{1}{3^{n-1}}+\frac{1}{3^n}\\
\displaystyle =\color{red}{-\frac{1}{3}+\frac{1}{3}}+\frac{1}{3^2}+\cdots +\frac{1}{3^n}\\
\displaystyle =-\frac{1}{3}+\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{3}\cdot \left(\frac{1}{3}\right)^{n-1}\\
\displaystyle =-\frac{1}{3}+\frac{\frac{1}{3}\left\{1-\left(\frac{1}{3}\right)^n\right\}}{1-\frac{1}{3}}\\
\displaystyle =-\frac{1}{3}+\frac{\frac{1}{3}\left\{1-\left(\frac{1}{3}\right)^n\right\}}{\frac{2}{3}}\\
\displaystyle =-\frac{1}{3}+\frac{1}{3}\cdot \frac{3}{2}\left\{1-\left(\frac{1}{3}\right)^n\right\}\\
\displaystyle =-\frac{1}{3}+\frac{1}{2}\left\{1-\left(\frac{1}{3}\right)^n\right\}\\
\displaystyle =-\frac{1}{3}+\frac{1}{2}-\frac{1}{2}\left(\frac{1}{3}\right)^n\\
\displaystyle =\frac{-2+3}{6}-\left(\frac{1}{3}\right)^n\\
\displaystyle =\frac{\fbox{ 1 }}{\fbox{ 6 }}-\frac{\fbox{ 1 }}{\fbox{ 2 }}\left(\frac{1}{3}\right)^n ･･･③
\)
階差数列と一般項
②③より
\(\begin{eqnarray}\displaystyle
b_n&=&b_1+\color{red}{\sum_{k=1}^{n-1}\left(\frac{1}{k+1}-\frac{1}{k+2}\right)}-\color{blue}{\sum_{k=1}^{n-1}\left(\frac{1}{3}\right)^{k+1}}\\
&=&0+\color{red}{\frac{1}{2}\left(\frac{n-1}{n+1}\right)}-\left\{\color{blue}{\frac{1}{6}-\frac{1}{2}\left(\frac{1}{3}\right)^n}\right\}\\
&=&\frac{n-1}{2(n+1)}-\frac{1}{6}+\frac{1}{2}\left(\frac{1}{3}\right)\\
&=&\frac{3(n-1)-(n+1)}{6(n+1)}+\frac{1}{2}\left(\frac{1}{3}\right)^n\\
&=&\frac{3n-3-n-1}{6(n+1)}+\frac{1}{2}\left(\frac{1}{3}\right)^n\\
&=&\frac{2n-4}{6(n+1)}+\frac{1}{2}\left(\frac{1}{3}\right)^n\\
&=&\frac{n-\fbox{ 2 }}{\fbox{ 3 }(n+\fbox{ 1 })}+\frac{1}{2}\left(\frac{1}{3}\right)^n
\end{eqnarray}\)
これは\(\,n=1\,\)のときも
\(\begin{eqnarray}\displaystyle b_1&=&\frac{1-2}{3(1+1)}+\frac{1}{2}\left(\frac{1}{3}\right)^1\\
&=&-\frac{1}{6}+\frac{1}{6}\\
&=&0
\end{eqnarray}\)
で成り立ちます。
(3)
「(2)により、」というのは、
\(\hspace{10pt}\displaystyle b_n=\frac{a_n}{3^n(n+1)(n+2)} ･･･④\)
と
\(\hspace{10pt}\displaystyle b_n=\frac{n-2}{3(n+1)}+\frac{1}{2}\left(\frac{1}{3}\right)^n ･･･⑤\)
「より、」ということです。
④から
\(\hspace{10pt}a_n= 3^n(n+1)(n+2)\cdot \color{red}{b_n}\)
これに⑤の右辺を\(\,b_n\,\)に入れて展開すると
\(\begin{eqnarray}\displaystyle
a_n&=&3^n(n+1)(n+2)\left\{\color{red}{\frac{n-2}{3(n+1)}+\frac{1}{2}\left(\frac{1}{3}\right)^n}\right\}\\
&=&3^{n-1}(n+2)(n-2)+\frac{1}{2}(n+1)(n+2)\\
&=&\fbox{ 3 }^{n-\fbox{ 1 }}(n^2-\fbox{ 4 })+\frac{(n+\fbox{ 1 })(n+\fbox{ 2 })}{\fbox{ 2 }}
\end{eqnarray}\)
この数列で扱う数式は、スマホだと横にしないとはみ出るでしょうね。笑
中学生でもできる規則性の問題
(4)はおまけのような問題ですので、誰も見ていないだろうから答えだけ先に出しておきます。笑
\(\hspace{10pt}\displaystyle a_n=\color{blue}{3^{n-1}(n^2-4)}+\color{red}{\frac{(n+1)(n+2)}{2}}\)
において
\(\hspace{10pt}\displaystyle \color{blue}{3^{n-1}(n^2-4)}\)
の部分は\(\,3\,\)の倍数なので\(\,a_n\,\)を\(\,3\,\)で割った余りは
\(\hspace{10pt}\displaystyle \color{red}{\frac{(n+1)(n+2)}{2}}\)
で決まります。
\(\displaystyle \,R_n=\frac{(n+1)(n+2)}{2}\,\)
としておきます。
（\(\,a_n\,\)のままでも大した計算ではありません。）
それぞれを\(\,3\,\)で割った余りを右に書いておきます。
\(\hspace{10pt}\displaystyle R_1=\frac{(1+1)(1+2)}{2}=3\) 余り\(\,\color{magenta}{0}\,\)
\(\hspace{10pt}\displaystyle R_2=\frac{(2+1)(2+2)}{2}=6\) 余り\(\,\color{blue}{0}\,\)
\(\hspace{10pt}\displaystyle R_3=\frac{(3+1)(3+2)}{2}=10\) 余り\(\,\color{red}{1}\,\)
\(\hspace{10pt}\displaystyle R_4=\frac{(4+1)(4+2)}{2}=15\) 余り\(\,\color{magenta}{0}\,\)
\(\hspace{10pt}\displaystyle R_5=\frac{(5+1)(5+2)}{2}=21\) 余り\(\,\color{blue}{0}\,\)
\(\hspace{10pt}\displaystyle R_6=\frac{(6+1)(6+2)}{2}=28\) 余り\(\,\color{red}{1}\,\)
これが繰り返されます。
\(\,n\,\)が\(\,3\,\)の倍数のとき余りが\(\,\color{red}{1}\,\)になりそのほかは\(\,0\,\)です。
\(\,a_{3k}\,\)を\(\,3\,\)で割った余りは \(\,\fbox{ 1 }\,\)
\(\,a_{3k+1}\,\)を\(\,3\,\)で割った余りは \(\,\fbox{ 0 }\,\)
\(\,a_{3k+2}\,\)を\(\,3\,\)で割った余りは \(\,\fbox{ 0 }\,\)
一般的に言えるかどうかは後で説明しますが、これは必要です。
そして、\(\,n=2020\,\)までに\(\,3\,\)の倍数は\(\,673\,\)個あります。
\(\,\{\,a_n\,\}\,\)の第\(\,2020\,\)項までの和を\(\,3\,\)で割った余りは、
\(\,673\,\)を\(\,3\,\)で割った余りに等しいので\(\,\fbox{ 1 }\,\)
一般的に成り立つことを示しておきます。
自然数\(\,k\,\)に対し、
\(\hspace{10pt}a_{3k}\,,\,a_{3k+1}\,,\,a_{3k+2}\)
というのは\(\,k=1\,,\,2\,,\,3\,,\,\cdots\,\)において
\(\hspace{10pt}a_3\,,\,a_4\,,\,a_5\,,\,a_6\,,\,a_{7}\,,\,\cdots \)
となっていて、添え字自体が\(\,3\,\)で類別されています。
\(\,a_{3k}\,\)：添え字が\(\,3\,\)で割って余り\(\,0\,\)
\(\,a_{3k+1}\,\)：添え字が\(\,3\,\)で割って余り\(\,1\,\)
\(\,a_{3k+2}\,\)：添え字が\(\,3\,\)で割って余り\(\,2,\)
と順に繰り返されます。
しかし、これは\(\,a_n\,\)を\(\,3\,\)で割った余りとは関係ありません。
単なる添え字の類別です。
\(\,a_n\,\)を\(\,3\,\)で割った余りは先ほど説明したように
\(\displaystyle \,R_n=\frac{(n+1)(n+2)}{2}\,\)
を\(\,3\,\)で割ったときの余りに等しい。
\(\,n=3k\,\)のとき
\(\begin{eqnarray}\displaystyle
R_{3k}&=&\frac{(3k+1)(3k+2)}{2}\\
&=&\frac{9k^2+9k+2}{2}\\
&=&\color{blue}{\frac{9k(k+1)}{2}}+\color{red}{1}
\end{eqnarray}\)
\(\,2\,\)連続整数\(\,k(k+1)\,\)はどちらかが偶数なので、
\(\hspace{10pt}\displaystyle \color{blue}{\frac{9k(k+1)}{2}}\)
は整数であり、\(\,9\,\)は\(\,3\,\)の倍数なので、
\(\,R_{3k}\,\)を\(\,3\,\)で割った余りは\(\,1\,\)
\(\,n=3k+1\,\)のとき
\(\hspace{10pt}\displaystyle R_{3k+1}=\frac{(3k+2)(3k+3)}{2}\)
分子の2つの整数\(\,3k+2\,,\,3k+3\,\)は奇遇が異なるので\(\,R_{3k+1}\,\)は整数で、
\(\,3k+3\,\)は\(\,3\,\)の倍数なので
\(\,R_{3k+1}\,\)を\(\,3\,\)で割った余りは\(\,0\,\)
\(\,n=3k+2\,\)のとき
\(\hspace{10pt}\displaystyle R_{3k+2}=\frac{(3k+3)(3k+4)}{2}\)
\(\,n=3k+1\,\)のときと同様に
\(\,R_{3k+2}\,\)を\(\,3\,\)で割った余りは\(\,0\,\)
初項から第\(\,2020\,\)項までの和を\(\,3\,\)で割った余りは、
各項を\(\,3\,\)で割った余りの和を\(\,3\,\)で割った余りに等しいので、
\(2020=3\times 673+1\)
であり\(\,n=3k+1\,\)だけが1つ多く、
\(\,a_1=0\,,\,a_2=6\,\)であることから、
\(\hspace{10pt}\displaystyle \sum_{m=1}^{674}0+\sum_{m=1}^{673}0+\sum_{m=1}^{673} 1=673\)
を\(\,3\,\)で割った余りに等しくなるので \(\,\fbox{ 1 }\,\)
合同式を使うと答えを出すのも、説明するのもすごく楽になるのですが、
ここでは使いませんでした。
第\(\,3\,\)問は以上ですが、\(\,2020\,\)項の和を計算することは求めていません。
\(\,a_n\,\)の形から\(\,3\,\)の倍数部分は考えなくて良いのは分かりますし、
数列らしく規則性が見つかるまでいくつか計算してみると算数で答えが出る、という問題でした。
⇒ 2020年度センター試験数学2B第4問(空間ベクトル)の解説
第\(\,4\,\)問は空間ベクトルです。
線形結合の誘導付きですが平行四辺形の形状を決定するのは難しそうですね。
分からない場合は、中学\(\,2\,\)年生に戻らないといけません。
年々難しくなっているのではなくて、
手を動かすことを求めてきているだけなのではないでしょうか。