ハイレベル理系数学～８～

　このシリーズは、河合塾の「ハイレベル理系数学」の解答/解説に注釈をつけて、解りやすくしたものです。元の「ハイレベル理系数学（三訂版）」を見ながらでないと、このnoteだけでは何のことを書いてるか解らないです。

例題２３

1⃣（１）_１

• $${ b{n+1}=a_{n+2}-a_{n+1}=2a_{n+1}+(n+1)-2(a_n+n)=2(a_{n+1}-a_n)+1、a_{n+1}-a_n=b_n }$$だから、$${2(a_{n+1}-a_n)+1=2b_n+1}$$。

• $${b_{n+1}=2b_n+1⇔b_{n+1}+1=2b_n+2=2(b_n+1)}$$。

• $${b_{n+1}+1=2(b_n+1)、b_{n}+1=2(b_{n-1}+1)}$$だから$${b_{n+1}+1=2\{2(b_{n-1}+1)\}}$$、よって$${b_{n+1}+1=2^2(b_{n-1}+1)}$$だから$${b_{n}+1=2^2(b_{n-2}+1)}$$で、$${b_{n}+1=2^{n-1}(b_1+1)}$$。

• $${b_1＝2}$$だから、$${b_{n}+1=2^{n-1}(2+1)⇔b_{n}=3・2^{n-1}+1}$$

• $${a_{n+1}-a_n=b_n}$$だから、$${a_{n+1}=b_n+a_n、a_n=b_{n-1}+a_{n-1}、a_{n-1}=b_{n-2}+a_{n-2}}$$。

• $${a_n=b_{n-1}+b_{n-2}+a_{n-2}}$$だから、$${\displaystyle a_n=b_{n-1}+b_{n-2}+…b_1+a_1=a_1+\sum_{k=1}^{n-1}b_k}$$

• $${\displaystyle \sum_{k=1}^{n-1}b_k=\sum_{k=1}^{n-1}\left(3・2^{n-1}-1\right)=\sum_{k=1}^{n-1}\left(3・2^{n-1}\right)-\sum_{k=1}^{n-1}1}$$。

• $${\displaystyle \sum_{k=1}^{n-1}\left(3・2^{n-1}\right)=3・\frac{2^{n-1}-1}{2-1}、\sum_{k=1}^{n-1}1=1・(n-1) }$$

• $${\displaystyle a_1+\sum_{k=1}^{n-1}b_k=3・\frac{2^{n-1}-1}{2-1}-(n-1) }$$

• $${\displaystyle a_1=3・\frac{2^{1-1}-1}{2-1}-(1-1)=1}$$だから、$${a_n=3・2^{n-1}-n-1}$$は$${n≧1}$$で成立する。

1⃣（１）_２

• $${ a_{n+1}+a(n+1)+b=2(a_n+a・n+b)、a_{n+2}+a(n+2)+b=2\{a_{n+1}+a(n+1)+b\}=2\{2(a_n+an+b)\}}$$。

• 等比級数の一般項$${a_n=初項(公比)^{n-1} }$$

1⃣（２）_１

• $${b_n-1}$$が公比$${\displaystyle \frac{2}{3}}$$の等比級数なので、この一般項$${b_n-1}$$は、$${\displaystyle 初項(b_1-1)・公比\frac{2}{3^{n-1}}}$$。

• $${\displaystyle b_1-1=-\frac{2}{3}}$$だから、$${\displaystyle b_n-1=-\left(\frac{2}{3}\right)^n}$$。よって、$${\displaystyle b_n=1-\left(\frac{2}{3}\right)^n、a_n=3^n・b_n=3^n\left\{1-\left(\frac{2}{3}\right)^n\right\}}$$。

1⃣（２）_２

• $${a_n+a・3^n+b}$$で$${b=0、a=-1}$$を代入すると$${a_n-3^n}$$これが公比$${2}$$の等比級数なので、$${a_n-3^n}$$の一般項は初項$${a_1-3^1}$$で、$${-2・2^{2-1}=-2^n、a_n-3^n=-2^n⇔a_n=3^n-2^n}$$。

1⃣（４）_２

• $${x^{n+2}-5・x^{n+1}+6・x^n=x^n(x^2-5x+6)}$$

1⃣（５）

• $${a_n+an+b}$$を一つの項とみなすと(4)と同様の手順となる。

2⃣（１）

• $${f(k+1)-f(k)}$$をつくる。

• 与式の$${(2k-1)(2k+1)(2k+3)}$$を$${g(k+1)}$$とすると、$${g(k)=(2k-3)(2k-1)(2k+1)}$$。

• 与式に$${(2k+3)}$$があるから、$${(2k+3)・g(k)}$$としなければならならいので、これを$${f(k)}$$とする。

• $${f(k)=(2k+3)(2k-3)(2k-1)(2k+1)}$$だから$$f(k+1)=(2k+5)(2k-1)(2k+1)(2k+3)}$$。

• $${f(k+1)-f(k)=(2k-1)(2k+1)(2k+3)(2k+5-(2k-3))=(2k-1)(2k+1)(2k+3)・8}$$。

• $${f(1)=(2・1+3)(2・1-3)(2・1-1)(2・1+1)=5・(-1)・1・3=-15}$$。

2⃣（２）

• $${\displaystyle \frac{1}{(2k-1)(2k+1)}-\frac{1}{(2k+1)(2k+3)}=\frac{(2k+3)-(2k-1)}{(2k-1)(2k+1)(2k+3)}=\frac{4}{(2k-1)(2k+1)(2k+3)} }$$。

2⃣（３）

• $${\displaystyle \frac{1}{(k+1)!}-\frac{1}{k!}=\frac{-(k+1)!+k!}{(k+1)!・k!}=\frac{-(k+1)・k!+k!}{(k+1)!・k!}=\frac{-(k+1)+1)k!}{(k+1)!・k!}=\frac{-k・k!}{(k+1)!・k!}=\frac{-k}{(k+1)!}}$$。

2⃣（４）

• $${\displaystyle \frac{2k-1}{k(k+1)(k+2)}=\frac{2k}{k(k+1)(k+2)}-\frac{1}{k(k+1)(k+2)}}$$。

2⃣（５）_１

• $${\displaystyle \sum_{k=1}^nf(k)=S_n、\sum_{k=1}^{n-1}f(k)=S_{n-1}}$$とおくと、$${S_n-S_{n-1}=f(n)}$$。

• $${\displaystyle \frac{1+r^{2^{n-1}}-1}{1-r^{2^n}} =\frac{1+r^{2^{n-1}}}{1-r^{2^n}}-\frac{1}{1-r^{2^n}}}$$。

• $${\displaystyle 1-r^{2^n}=\left(1+r^{2^{n-1}}\right)・\left(1-r^{2^{n-1}}\right)}$$

• $${\displaystyle \frac{1+r^{2^{n-1}}}{1-r^{2^n}} = \frac{1+r^{2^{n-1}}}{1+r^{2^{n-1}}}・(1-r^{2^{n-1}})=\frac{1}{1-r^{2^{n-1}}}}$$。

2⃣（５）_２

$${\displaystyle  \frac{r}{1-r^2}-\frac{1}{1-r}=\frac{r}{1-r^2}-\frac{1+r}{(1-r)(1+r)}=\frac{r}{1-r^2}-\frac{1+r}{1-r^2}=\frac{r-(1+r)}{1-r^2}}$$

2⃣（５）_３

• $${\displaystyle \frac{1}{1-r^{2^{n-1}}}-\frac{1}{1-r^{2^n}}+\frac{1}{1-r^{2^{n-2}}}-\frac{1}{1-r^{2^{n-1}}} +\frac{1}{1-r^{2^{n-3}}}-\frac{1}{1-r^{2^{n-2}}}…=\frac{-1}{1-r^{2^n}}+\frac{1}{1-r^1} }$$

3⃣（１）_１

• $${ \{(k+1)+1\}^3=(k+1)^3+3・1・(k+1)^2+3・(k+1)+1^2 }$$

3⃣（１）_２

• $${ n(n+1)(2n+2)=n(n+1)・2・(n+1)=2n(n+1)^2 }$$

例題２４

【解答１】（１）

• $${a_1=1,a_2=2}$$だから、$${a_3}$$は$${a_1,a_2,a_3}$$が等比数数になるので公比が$${2}$$だから、$${a_3=4}$$。

• $${a_2=2,a_3=4}$$で、$${a_4}$$は$${a_2,a_3,a_4}$$が等差数列になるので公差が$${2だから、$${a_4＝6}$$。

• $${a_3=4,a_4=6}$$で、$${a_5}$$は$${a_3,a_4,a_5}$$が等比数数になるので公比が$${\displaystyle \frac{3}{2} }$$だから、$${a_5=9}$$

• $${ a_{2m-1}=m^2}$$だから$${a_{2k-1}=k^2、a_{2m}=m(m+1)}$$だから$${a_{2k}=k(k+1)、a_{2k+1}}$$は、$${a_{2m-1}=m^2}$$の$${m}$$に$${k＋1}$$を代入する。

【解答１】（２）

• $${n+1=2l}$$だから、$${a_{n+1}=a_{2l}=l(l+1)}$$。

【解答２】（１）

• $${a_{2m+2}=a_{2(m+1)}=\sqrt{a_{2m+1}・a_{2m+3}} }$$。

• $${ \sqrt{a_{2m+3}}-\sqrt{a_{2m+1}}=\sqrt{a_{2m+1}}-\sqrt{a_{2m-1}}=\sqrt{a_{2m-1}}-\sqrt{a_{2m-3}}=…=\sqrt{a_3}-\sqrt{a_1} }$$。

• 等差数列$${ \sqrt{a_{2m-1}} }$$の一般項は、初項 $${\sqrt{a_1} }$$、公差を$${1}$$として、$${\sqrt{a_{2m-1}}=\sqrt{a_1}+(m-1)・1=m }$$。

• $${a_{2m+1}=a_{2(m+1)-1}=m+1 }$$。

【解答２】（２）

• $${n}$$が奇数$${n=2m-1}$$のときは$${\displaystyle m=\frac{n+1}{2} }$$で$${\displaystyle a_n=m^2=\left( \frac{n+1}{2} \right)^2=\frac{n^2+2n+1}{4}、n}$$が偶数$${n=2m}$$のときは$${\displaystyle m=\frac{n}{2}}$$で$${\displaystyle a_n=\frac{n}{2}\left(\frac{n}{2}+1\right)=\frac{n^2+2n}{4}}$$。よって、$${n}$$が奇数か偶数かで$${\displaystyle \frac{1}{4}}$$の有無が異なる。

• $${\displaystyle \sum_{k=1}^n(k+1)^2}$$のときは$${\displaystyle \sum_{k=1}^n k^2=\frac{1}{6}n(n+1)(2n+1) }$$の$${n}$$に$${n+1}$$を入れる。

• $${\displaystyle \sum_{k=1}^n\left(1+(-1)^k\right)=\sum_{k=1}^n1+\sum_{k=1}^n(-1)^k }$$。

• $${\displaystyle \sum_{k=1}^n(-1)^k}$$は、初項$${(-1)^1=-1}$$,公比$${-1}$$で、末項が$${(-1)^n}$$の等比数列の和。

例題２５

（１）

• (ⅰ)～(ⅲ)の条件は、平行な平面や同じ平面がないという条件。

• $${n+1}$$番目の直線$${l_{n+1}}$$は全ての直線と交わるから、今までに分割されていた平面がさらに$${n+1}$$分割される。

• $${ f(n)=f(n-1)+n,f(n-1)=f(n-2)+(n-1),f(n-2)=f(n-3)+(n-2)… }$$となるが、$${ f(2) }$$は2本の線で分割される平面の部分だから$${4}$$で、$${f(2)=f(1)+α}$$として$${f(1)=2}$$だから$${α=2}$$だから、$${f(n)=f(1)+n+(n-1)+(n-2)…＋2}$$。

• $${\displaystyle n+(n-1)+(n-2)…＋2=\sum_{k=2}^ nk=\frac{(n-1)(n+2)}{2}=\frac{(n(n+1)-2)}{2}=\frac{n(n+1)}{2}-1 }$$。

（２）

• $${F(n)=F(n-1)+f(n-1)、F(n-1)=F(n-2)+f(n-2)、F(2)=F(1)+f(1)}$$よって、$${F(n)=F(1)+f(1)+f(2)+…+f(n-1)}$$。

• $${\displaystyle F(n)=F(1)+\sum_{k=1}^{n-1}f(n)}$$

• $${\displaystyle \sum_{k=1}^{n-1}1+\frac{k(k+1)}{2}=(n-1)+\frac{1}{2}\sum_{k=1}^{n-1}(k^2+k)=(n-1)+\frac{1}{2}\left(\sum_{k=1}^{n-1}k^2+\sum_{k=1}^{n-1}k\right)=(n-1)+\frac{1}{2}\left(\frac{1}{6}(n-1)n(2n-1)+\frac{1}{2}(n-1)n\right)=(n-1)+\frac{1}{2}\left(\frac{1}{6}(n-1)n(2n-1+3)\right)=(n-1)+\frac{1}{6}(n-1)n(n+1) }$$

問６９

（１）

• $${\displaystyle (A+B)^n=\sum_{r=0}^n { }_n\mathrm{C}_r A^{n-r}B^r }$$で、$${A=(1+x),B=x^2}$$とすると、$${(1+x+x^2)^n=(1+x)^n+_n\mathrm{C}_1・(1+x)^{n-1}・x^2+…}$$

• $${a_1}$$は$${x}$$が$${1}$$次の項。$${_n\mathrm{C}_1・(1+x)^{n-1}・x^2}$$には$${1}$$次の項がないので、$${a_1}$$は$${(1+x)^n}$$だけを見ればよい。

• $${(1+x)^n}$$の各項は二項定理で$${a=1,b=x}$$とするから、$${(1+x)^n=1^n+{}_n\mathrm{C}_1 1^{n-1} x+{}_n\mathrm{C}_2 1^{n-1} 1^{n-2} x^2+…}$$ 、よって$${a_1}$$は$${ _n\mathrm{C}_1 }$$。

• $${a_2}$$は、式①の$${_n\mathrm{C}_1・(1+x)^{n-1}・x^2}$$の$${_n\mathrm{C}_1}$$と$${(1+x)^n=1^n+_n\mathrm{C}_1 1^{n-1} x+n\mathrm{C}_2 1^{n-1} 1^{n-2} x^2 }$$の$${_n\mathrm{C}_2 1^{n-1} 1^{n-2} x^2}$$の$${_n\mathrm{C}_2 }$$をあわせたもの。

• $${(x-1)(x^2+x+1)=x^3-1}$$

• $${ω^4=ω^3×ω、ω^3=1}$$だから$${ω^4=ω}$$

問７０

• $${\displaystyle (n+2)(n+1)a_{n+2}=-\{4(n+1)a_{n+1}+3a_n\}⇔a_{n+2}=\frac{-\{4(n+1)a_{n+1}+3a_n\}}{(n+2)(n+1)} }$$

• $${\displaystyle  |a_k|≦\frac{13}{3},|a_{k+1}|≦\frac{13}{3} }$$だから、$${ 4(n+1)a_{n+1}+3a_n }$$の$${a_{n+1}}$$と$${a_n}$$を$${1\frac{3}{3} }$$に置き換えて、$${\displaystyle 4(n+1)a_{n+1}+3a_n≦ 4(n+1)×\frac{13}{3} +3×\frac{13}{3} =\{4(n+1)+3\}\frac{13}{3} }$$

• $${\displaystyle \frac{4}{k+2}+\frac{3}{(k+2)(k+1)} }$$が1以下であればよい。$${k}$$が大きくなるに従って$${\displaystyle \frac{4}{k+2}+\frac{3}{(k+2)(k+1)} }$$は小さくなる。$${k=3}$$のとき$${\displaystyle \frac{19} {20} }$$。

• $${k=2}$$と$${k=1}$$のときは、$${a_1=-2,a_2=4}$$が与えられていて成り立っている。

問７１

• $${ x≦y≦n }$$は、$${y≦-x}$$と$${y≦n}$$。

• $${n< x+y⇔y>n-x}$$。

• $${\displaystyle \sum_{k=\frac{n+1}{2}}^n(2k-n)=2\sum_{k=\frac{n+1}{2}}^nk-\sum_{k=\frac{n+1}{2}}^nn }$$

• $${\displaystyle \sum_{k=\frac{n+1}{2}}^nk }$$は初項$${\displaystyle \frac{n+1}{2}}$$、最終項$${n}$$、公差$${1}$$、項数$${ \displaystyle n-\frac{n+1}{2+1}}$$の等差数列の和だから、$${\displaystyle \frac{ \left(\frac{n+1}{2}+n\right)\left(n-\frac{n+1}{2}+1\right)}{2}=\frac{1}{2}\left( \frac{n+1}{2}+n\right)\left(\frac{n+1}{2}\right) }$$。

• $${\displaystyle \sum_{k=\frac{n+1}{2}}^nn }$$は、$${n}$$の項数$${\displaystyle n-\frac{n+1}{2}+1}$$個の和だから、$${\displaystyle n\left(n-\frac{n+1}{2}+1\right)=n-\frac{n+1}{2} }$$。

• $${\displaystyle 2\sum_{k=\frac{n+1}{2}}^nk-\sum_{k=\frac{n+1}{2}}^nn=\left(\frac{n+1}{2}+n\right)\left(\frac{n+1}{2}\right)-n\left(\frac{n+1}{2}\right)=\left(\frac{n+1}{2}+n-n\right)\left(\frac{n+1}{2}\right)=\frac{(n+1)^2}{4} }$$

• $${\displaystyle \sum_{k=\frac{n}{2}+1}^n(2k-n)=2\sum_{k=\frac{n}{2}+1}^nk-\sum_{k=\frac{n}{2}+1}^nn }$$

• $${\displaystyle \sum_{k=\frac{n}{2}+1}^nk}$$は初項$${\displaystyle \frac{n}{2}+1}$$、最終項$${n}$$、公差$${1}$$、項数$${\displaystyle n-\left(\frac{n}{2}+1\right)+1}$$の等差数列の和だから、$${\displaystyle \frac{ \left( \frac{n}{2}+1+n\right)\left(n-\left(\frac{n}{2}+1\right)+1\right) }{2}=\frac{1}{2}\left(\frac{3n}{2}+1\right)\left(\frac{n}{2}\right)}$$。

• $${\displaystyle \sum_{k=\frac{n}{2}+1}^nn}$$は、$${n}$$の項数$${\displaystyle n-\left(\frac{n}{2}+1\right)+1}$$個の和だから、$${\displaystyle n\left\{n-\left(\frac{n}{2}+1\right)+1\right\} =n\left(\frac{n}{2}\right) }$$。

• $${\displaystyle 2\sum_{k=\frac{n+1}{2}}^nk-\sum_{k=\frac{n+1}{2}}^nn= \left(\frac{3n}{2}+1\right)\left(\frac{n}{2}\right)-n\left(\frac{n}{2}\right)=\left(\frac{n+2}{2}\right)\left(\frac{n}{2}\right)=\left(n\frac{n+2}{4} \right) }$$

問７２

（１）_１

• $${α}$$と$${β}$$が$${t^2-2t-2=0}$$の解であるから、$${α^22α-2=0⇔α^2=2α+2=2(α+1)。β}$$も同様。

• $${α^2=2(α+1)}$$で両辺を$${α^n}$$倍すると、$${α^nα^2=2α^n(α+1)⇔α^{n+2}=2(α^{n+1}+a^n)。β}$$も同様。

• $${1+\sqrt{3}=α、1-\sqrt{3}=β}$$とおいたから、$${x_n}$$は$${α^n+β^n}$$。

（１）_２

• $${ \left(1+\sqrt{3}\right)^{n+1}+\left(1-\sqrt{3}\right)^{n+1}+\left(1+\sqrt{3}\right)^n+\left(1-\sqrt{3}\right)^n⇔\left(1+\sqrt{3}\right)\left(1+\sqrt{3}\right)^n+\left(1-\sqrt{3}\right)\left(1-\sqrt{3}\right)^n+\left(1+\sqrt{3}\right)^n+\left(1-\sqrt{3}\right)^n⇔\left(1+\sqrt{3}+1\right)\left(1+\sqrt{3}\right)^n+\left(1-\sqrt{3}+1\right)\left(1-\sqrt{3}\right)^n }$$

• $${ \left(1+\sqrt{3}\right)^2=1^2+2\sqrt{3}+\left(\sqrt{3}\right)^2 }$$

（２）

• $${ x_k=3l+2,x_{k+1}=3m+2 }$$と仮定し、$${ x_{n+2}=2(x_{n+1}+x_n) }$$に代入すると、$${ x_{n+2}=6l+4+6m+4=3(2l+2m+2)+2 }$$。

（３）

• $${ 1-\sqrt{3}}$$は負の数なので、その$${ n}$$乗の符号は、$${ n}$$が偶数か奇数かで異なる。

• $${ (1+\sqrt{3})^n=x_n-(1-\sqrt{3})^n}$$で、$${ 1-\sqrt{3}}$$は小数であり$${ x_n}$$は(2)から整数だから、$${ -(1-\sqrt{3})^n}$$が全体で正の数ならば$${ x_n}$$は、$${ (1+\sqrt{3})^n}$$の整数部になる。

• $${ (1-\sqrt{3})^n}$$が負のとき$${ -(1-\sqrt{3})^n}$$は正で、$${ (1+\sqrt{3})^n=整数+小数}$$として、整数部分が$${ x_n}$$。

• $${ (1-\sqrt{3})^n}$$が正のときは、$${ x_n}$$が$${ (1+\sqrt{3})^n}$$より大きくなってしまうから、$${ (1+\sqrt{3})^n}$$の整数部分は、$${ x_n-1}$$。

• (2)より、$${ x_n}$$を$${3}$$で割ると常に余りは$${ 2}$$であるから、$${ n}$$が奇数のときは$${ (1+\sqrt{3})^n}$$の整数部分は$${ x_n}$$でその余りは$${ 2}$$。

• $${ x_n-1}$$を$${ 3}$$で割った余りは、$${ x_n≡5 \mod 3 }$$で$${ 5÷3}$$の余りは$${ 2}$$であるから、$${ x_n-1≡5-1 \mod 3}$$となるが、$${ (5-1)÷3}$$の余りは$${ 1}$$。

問

７３

• どの２つの項も互いに異なる。→同じ数になる項はない、全ての項は異なる。

• $${ f_n+1(x)=-x+a_{n+1}-(n+1)、f_n(f_{n+1}(x))=f_n(-x+a_{n+1}-(n+1))=-{x+a_{n+1}-(n+1)}+a_n-n }$$

• $${ a_{n+1}-a_n-n }$$は定数項。

• $${ a_{n+1}-a_n-1=±2n⇔a_{n+1}-a_n=1±2n⇔a_{n+1}=a_n+1±2n }$$。

• $${ a_{n+1}=a_n+1±2n }$$であるから、$${ a_k>a_{k+1} }$$のときもあるが、題意は$${ a_k<a_{k+1} }$$になるときに$${ a_{k+1}<a_{k+2} }$$となることを示すことを求めている。

• $${ a_k<a_{k+1} }$$を仮定するから、$${ a_{n+1}=a_n+1±2n }$$を踏まえて、$${ a_{k+1}=a_k+1+2k }$$を仮定する。$${ a_k+1+2k }$$は$${ k }$$が正だから正。

• $${ a_{n+1}=a_n+1±2n }$$から$${ a_{k+2}=a_{k+1}+1±2(k+1) }$$、ここに$${ a_{k+1}=a_k+1+2k }$$を代入して、$${ a_{k+2}=a_k+1+2k+1±2(k+1)=a_k+2(k+1)±2(k+1) }$$。

• $${ a_{k+2}=a_k+2(k+1)-2(k+1) }$$だと、$${ a_{k+2}=a_k }$$となるので題意に反するから、$${ a_{k+2}=a_k+2(k+1)+2(k+1) }$$。

• $${ a_k+2(k+1)=a_k+1+2k+1}$$で、$${ a_{k+1}=a_k+1+2k }$$だから、$${ a_k+2(k+1)=a_{k+1}+1 }$$なので、$${ a_{k+2}=a_{k+1}+1+2(k+1) }$$。

• $${ a_{n+1}=a_n+1±2n }$$であるから、$${ a_k>a_{k+1} }$$のときもあり、$${ a_k<a_{k+1} }$$になるときもあるので、$${ a_{l-1}>a_l<a_{l+1} }$$になる$${ l }$$がある。

• 問題文より「初項$${ 1 }$$」なので$${ a_1=1 }$$。

• $${ a_{n+1}-a_n=1-2n⇔a_{n+1}=a_n+1-2n }$$だから$${ a_{n}=a_{n-1}+1-2{n-1} }$$になるので、これを$${ a_{n+1}=a_n+1-2n }$$に代入すると、$${ a_{n+1}=a_{n-1}+1-2{n-1}+1-2n }$$、よって$${ a_{n+1}=a_1+1-2n+1-2(n-1)+…+1-2(1) }$$だから、$${ a_{n}=a_1+1-2(n-1)+…+1-2(1) }$$、なので$${ a_{n}=a_1+\sum_{k=1}^{n-1}(1-2k) }$$。

• $${ a_n=2n-n^2 }$$だから、$${ a_l=2l-l^2 }$$で問題文より、$${ a_l=-15 }$$なので、$${ a_l=2l-l^2=-15⇔2l-l^2+15=0⇔l^2-2l+15 }$$。

• $${ a_n=2n-n^2 }$$において$${ n=6 }$$とすると、$${ a_6=-24 }$$となり、最小値$${ -15 }$$より小さい値となるから、$${ n=6 }$$以降の一般項は$${ 2n-n^2 }$$ではないので、$${ a_5,a_6,a_7… }$$での数列で新たに一般項を求める。

• 初項が$${ a_5 }$$であるが、$${ a_{n}=a_{n-1}+1-2(n-1) }$$の関係は変わらないので、$${ a_{n}=a_5+1-2(n-1)+… }$$だが、$${ 1-2(1) }$$や$${ 1-2(2) }$$になるのは$${ a_2 }$$や$${ a_3 }$$のときであるからこれを含まず、$${ 1-2(5) }$$までの和となる。よって、$${\displaystyle a_{n}=a_5+1-2(n-1)+…+1-2(5)=a_5+\sum_{k=5}^{n-1}(1-2k) }$$。

• $${\displaystyle \sum_{k=5}^{n-1}1 }$$は$${\displaystyle 1×((n-1)-5+1)=n-5、\sum_{k=5}^{n-1}k }$$は、公差$${ 1 }$$、初項$${ 5 }$$、最終項$${ n-1 }$$、項数$${ (n-1)-5+1 }$$の公差数列の和だから、$${\displaystyle \frac{\{5+(n-1)\}\{(n-1)-5+1\}}{2}=\frac{(4+n)(n-5)}{2} }$$。

• $${\displaystyle a_5+\sum_{k=5}^{n-1}(1-2k)=-15+\sum_{k=5}^{n-1}1+2\sum_{k=5}^{n-1}k=-15+n-5+(4+n)(n-5)=-15+(1+4+n)(n-5)=-15+(5+n)(n-5) }$$。

問７４

（２）_１

• 分母がnになったときの最初の分子は$${ (1+2+…+n-1)+1 }$$だから、分母が$${n}$$で$${m}$$番目の分子は$${(1+2+…+n-1)+m}$$、よって分数全体では、$${\displaystyle \frac{(1+2+…+n-1)+m}{n} }$$

• 同じ数の分母は分母の数の個数しかないので、$${m}$$は$${n}$$以下。

• $${n}$$はなるべく小さく$${m}$$はなるべく大きいほど早く数列の値が$${10}$$になる。

（２）_２

• 分母が$${n}$$の最後の分数が一番大きいので、これが$${10}$$以上になるときを考える。

• $${\displaystyle 1+2+…+n=\frac{n(n+1)}{2} }$$

（３）

• 第210項は分子が$${210}$$。

• 分母が$${n}$$の最初の分子は$${(1+2+…+n-1)+1}$$だから、分子が$${210}$$になるときの$${n}$$は、$${\displaystyle (1+2+…+n-1)< 210 ≦ (1+2+…+n)⇔\left(\frac{1}{2}\right)(1+n-1)(n-1)<210≦\left(\frac{1}{2}\right)(1+n)(n)}$$。

• 分母が$${n}$$の項は$${n}$$個あるので、分母がn}$$の最後の分子は$${(1+2+…+n-1)+n}$$。

• $${T_n}$$は、$${\displaystyle \frac{(1+2+…+n-1)+1}{n} }$$から$${\displaystyle \frac{(1+2+…+n-1)+n}{n} }$$までの和。

問７５

（１）

• $${a_n }$$や$${b_n }$$の「場合の数」は「項数」と読み替えられる。

• $${2≦x≦y≦z⇔1≦x-1≦y-1≦z-1 }$$でこれは、$${1≦i≦j≦k }$$に対応。

• $${n+3=x+y+x⇔n=(x-1)+(y-1)+(z-1) }$$でこれは、$${n=i+j+k }$$に対応。

（２）

• $${b_n }$$は$${n=i+j+k }$$を満たす$${(i,j,k) }$$の個数だから、$${b_{n+3} }$$は$${n+3=i+j+k }$$を満たす$${(i,j,k) }$$の個数。

• (1)は$${x=1 }$$では$${1≦(x-1) }$$が成立せず、$${x≧2 }$$で成り立つ。

• $${i }$$が$${ 2 }$$以上の部分は$${b_n }$$個であり、これに$${i=1 }$$の場合を足さなければ、$${b_{n+3} }$$の個数にならない。

• $${i=1 }$$を$${n+3=i+j+k }$$に代入すると }$$n+3=1+j+k⇔n+2=j+k }$$となり、これは$${n=p+q }$$に対応して$${a_{n+2} }$$。

（３）

• $${b_{n+3}=b_{n}+a_{n+2} }$$だから、$${\displaystyle b_{n+3}-b_{n}=a_{n+2}=\left[\frac{n+2}{2}\right] }$$。

• $${\displaystyle b_{n+3}-b_{n}=\left[\frac{n+2}{2}\right]⇔b_{n+3}=b_{n}+\left[\frac{n+2}{2}\right] }$$なので、$${\displaystyle b_{n}=b_{n-3}+\left[\frac{n-3+2}{2}\right]、b_{n+3}=b_{n-3}+\left[\frac{n-3+2}{2}\right]+\left[\frac{n+2}{2}\right]、b_{n+3}=b_3+\left[\frac{n+2}{2}\right]+\left[\frac{n-3+2}{2}\right]+\left[\frac{n-6+2}{2}\right]+…+\left[\frac{3+2}{2}\right] }$$。

• $${n=3k }$$として、$${k=19 }$$で$${n=57 }$$だから$${n+3 }$$が$${60 }$$になるので、$${\displaystyle b_{60}=b_3+\sum_{k=1}^{19}\left[\frac{n+2}{2}\right] }$$。

• [　]を外すため、$${k }$$を偶奇で分ける。$${1 }$$から$${19 }$$まで奇数は$${10 }$$個、偶数は$${9 }$$個。

• $${ [3l+1] }$$は$${l=10 }$$で$${31 }$$なので、$${ \displaystyle \sum_{k=1}^{10} }$$に揃えるため$${ -31 }$$する。

• $${ [3l-1}{2] }$$は$${ 3l }$$が整数だから$${ 3l-1 }$$。

• $${\displaystyle b_{63}=b_{60}+a_{60+2}、a_{60+2}=\left[\frac{62}{2}\right]=31 }$$

問７６

（２）

• $${\displaystyle \sin2θ=2\sinθ\cosθ⇔2\cosθ=\frac{\sin2θ}{\sinθ} }$$

• $${\displaystyle f_{k+1}=\frac{\sin(k+1)θ}{\sinθ}、f_{k}=\frac{\sin(kθ)}{\sinθ} }$$

• $${ \displaystyle 2\sin(k+1)θ\cosθ=\sin{(k+1)θ+θ}+\sin{(k+1)θ-θ}=\sin{(k+2)θ}+\sin(kθ) }$$

（３）

• $${ -2<x<2 }$$で$${ x=-2 }$$や$${ 2 }$$にならないので$${ θ }$$は$${ 0 }$$にも$${ π }$$にもならないから、$${ \sinθ≠0 }$$で、$${ \frac{\sin(nθ)}{\sinθ}=0 }$$の両辺に$${ \sinθ }$$を掛けられる。

• $${ k=0 }$$と$${ k=n-1 }$$のときは$${ θ }$$が$${ 0 }$$でも$${ π }$$でもないから、$${ \sin(nθ)=0 }$$にならない。

問７７

［１］

• $${ α+β=1⇔α=1-β、β=1-α }$$。

• $${ P_{n+1}-αP_n=β(P_n-αP_{n-1})⇔P_{n+1}-βP_n=αP_n-αβP_{n-1}=α(P_n-βP_{n-1}) }$$

• $${ -βP_n+αP_n=α^n-β^n⇔(α-β)P_n=α^n-β^n }$$

［２］（１）_２

• 「十の位」は2桁目、「一の位」は1桁目の意味。

［２］（２）

• $${"0"}$$の次は必ず$${"1"}$$になる。

• $${X_1}$$の末尾は$${1}$$、$${X_2}$$の末尾は$${0}$$、以下、末尾が$${1}$$と$${0}$$を交互に繰り返し、$${n}$$が奇数だと末尾が$${1}$$、偶数だと$${0}$$。