杏林大学
2013年 医学部 第4問
4
![[オ]，[タ]，[チ]，[ト]，[ナ]の解答は対応する解答群の中から最も適当なものを1つ選べ．条件a_1=0，a_2=0と漸化式a_{n+2}-3a_{n+1}+2a_n=2^nlog_2\frac{(n+1)^2}{n}・・・・・・(*)(n=1,2,3,・・・)で定められる数列の一般項を，以下の要領で求めてみよう．(1)漸化式(*)より，ベクトルベクトルb_n=(\begin{array}{c}a_{n+1}\a_n\end{array})に対してベクトルb_{n+1}=Aベクトルb_n+(\begin{array}{c}2^nlog_2\frac{(n+1)^2}{n}\0\end{array})が成立する．ただし，行列AはA=(\begin{array}{cc}[ア]&[イウ]\[エ]&0\end{array})である．この式の両辺に，Aの逆行列A^{-1}を左からn回かけると(A^{-1})^nベクトルb_{n+1}=(A^{-1})^{n-1}ベクトルb_n+(A^{-1})^n(\begin{array}{c}2^nlog_2\frac{(n+1)^2}{n}\0\end{array})となり，(A^{-1})^{n-1}ベクトルb_nの階差数列がわかる．これより，2以上の整数nに対し，(A^{-1})^{n-1}ベクトルb_{n}=ベクトルb_1+Σ_{k=1}^{[オ]}(A^{-1})^k(\begin{array}{c}2^klog_2\frac{(k+1)^2}{k}\0\end{array})・・・・・・(**)を得る．(2)(**)式の右辺第一項はベクトルb_1=(\begin{array}{c}[カ]\[キ]\end{array})であり，A^{-1}=1/2(\begin{array}{cc}[ク]&[ケ]\[コサ]&[シ]\end{array})は行列P=(\begin{array}{cc}2&1\1&1\end{array})を用いてA^{-1}=P(\begin{array}{cc}\frac{[ス]}{[セ]}&0\0&[ソ]\end{array})P^{-1}と表されるので，(**)式右辺の和の項について，次式が成立する．Σ_{k=1}^{[オ]}(A^{-1})^k(\begin{array}{c}2^klog_2\frac{(k+1)^2}{k}\0\end{array})=P(\begin{array}{c}log_2[タ]\-2^nlog_2[チ]\end{array})(3)(2)の結果と，行列Aが同じPを用いてA=P(\begin{array}{cc}[ツ]&0\0&[テ]\end{array})P^{-1}と表わされることに注意すると，(**)式の両辺に行列Aを左から(n-1)回かけて得られるベクトルb_nから，一般項a_nはa_n=2^{[ト]}log_2[ナ]（n=2,3,4,・・・）となる．[オ]，[ト]の解答群\begin{array}{llll}\nagamaruichin-1&\nagamarunin&\nagamarusann+1&\nagamarushi1-n\\nagamarugo-n&\nagamaruroku-n-1\phantom{AA}&\nagamarushichi\frac{n(n+1)}{2}\phantom{AA}&\nagamaruhachin^2-1\\nagamarukyu1/6n(n+1)(2n+1)&&&\end{array}[タ]，[チ]，[ナ]の解答群\begin{array}{llll}\nagamaruichin-1&\nagamarunin&\nagamarusan\frac{n+1}{n}\phantom{AA}&\nagamarushi\frac{4n-6}{n}\\nagamarugon^2-4n+5&\nagamaruroku(n-1)!\phantom{AA}&\nagamarushichin!\phantom{AA}&\nagamaruhachin!-1\\nagamarukyu(n-1)×n!\phantom{AA}&\nagamarurein×n!&&\end{array}](./thumb/200/481/2013_4.png)
4
$\fbox{オ}$，$\fbox{タ}$，$\fbox{チ}$，$\fbox{ト}$，$\fbox{ナ}$の解答は対応する解答群の中から最も適当なものを$1$つ選べ．
条件$a_1=0$，$a_2=0$と漸化式 \[ a_{n+2}-3a_{n+1}+2a_n=2^n \log_2 \frac{(n+1)^2}{n} \hfill \cdots\cdots (\ast) \] $(n=1,\ 2,\ 3,\ \cdots)$で定められる数列の一般項を，以下の要領で求めてみよう．
(1) 漸化式$(\ast)$より，ベクトル$\overrightarrow{b_n}=\left( \begin{array}{c} a_{n+1} \\ a_n \end{array} \right)$に対して \[ \overrightarrow{b_{n+1}}=A \overrightarrow{b_n}+\left( \begin{array}{c} 2^n \log_2 \displaystyle\frac{(n+1)^2}{n} \\ 0 \end{array} \right) \] が成立する．ただし，行列$A$は$A=\left( \begin{array}{cc} \fbox{ア} & \fbox{イウ} \\ \fbox{エ} & 0 \end{array} \right)$である．
この式の両辺に，$A$の逆行列$A^{-1}$を左から$n$回かけると \[ (A^{-1})^n \overrightarrow{b_{n+1}}=(A^{-1})^{n-1} \overrightarrow{b_n}+(A^{-1})^n \left( \begin{array}{c} \displaystyle 2^n \log_2 \frac{(n+1)^2}{n} \\ 0 \end{array} \right) \] となり，$(A^{-1})^{n-1} \overrightarrow{b_n}$の階差数列がわかる．これより，$2$以上の整数$n$に対し， \[ (A^{-1})^{n-1} \overrightarrow{b_{n}}=\overrightarrow{b_1}+\sum_{k=1}^{\fbox{オ}} (A^{-1})^k \left( \begin{array}{c} \displaystyle 2^k \log_2 \frac{(k+1)^2}{k} \\ 0 \end{array} \right) \hfill \cdots\cdots (\ast\ast) \] を得る．
(2) $(\ast\ast)$式の右辺第一項は$\overrightarrow{b_1}=\left( \begin{array}{c} \fbox{カ} \\ \fbox{キ} \end{array} \right)$であり，$\displaystyle A^{-1}=\frac{1}{2} \left( \begin{array}{cc} \fbox{ク} & \fbox{ケ} \\ \fbox{コサ} & \fbox{シ} \end{array} \right)$は行列$P=\left( \begin{array}{cc} 2 & 1 \\ 1 & 1 \end{array} \right)$を用いて \[ A^{-1}=P \left( \begin{array}{cc} \displaystyle\frac{\fbox{ス}}{\fbox{セ}} & 0 \\ 0 & \fbox{ソ} \end{array} \right) P^{-1} \] と表されるので，$(\ast\ast)$式右辺の和の項について，次式が成立する． \[ \sum_{k=1}^{\fbox{オ}} (A^{-1})^k \left( \begin{array}{c} \displaystyle 2^k \log_2 \frac{(k+1)^2}{k} \\ 0 \end{array} \right)=P \left( \begin{array}{c} \log_2 \fbox{タ} \\ -2^n \log_2 \fbox{チ} \end{array} \right) \]
(3) $(2)$の結果と，行列$A$が同じ$P$を用いて \[ A=P \left( \begin{array}{cc} \fbox{ツ} & 0 \\ 0 & \fbox{テ} \end{array} \right) P^{-1} \] と表わされることに注意すると，$(\ast\ast)$式の両辺に行列$A$を左から$(n-1)$回かけて得られる$\overrightarrow{b_n}$から，一般項$a_n$は \[ a_n=2^{\fbox{ト}} \log_2 \fbox{ナ} \] （$n=2,\ 3,\ 4,\ \cdots$）となる．
$\fbox{オ}$，$\fbox{ト}$の解答群 \[ \begin{array}{llll} \nagamaruichi \ \ n-1 & \nagamaruni \ \ n & \nagamarusan \ \ n+1 & \nagamarushi \ \ 1-n \\ \nagamarugo \ \ -n & \nagamaruroku \ \ -n-1 \phantom{AA} & \nagamarushichi \ \ \displaystyle\frac{n(n+1)}{2} \phantom{AA} & \nagamaruhachi \ \ n^2-1 \\ \nagamarukyu \ \ \displaystyle\frac{1}{6}n(n+1)(2n+1) & & & \end{array} \]
$\fbox{タ}$，$\fbox{チ}$，$\fbox{ナ}$の解答群 \[ \begin{array}{llll} \nagamaruichi \ \ n-1 & \nagamaruni \ \ n & \nagamarusan \ \ \displaystyle\frac{n+1}{n} \phantom{AA} & \nagamarushi \ \ \displaystyle\frac{4n-6}{n} \\ \nagamarugo \ \ n^2-4n+5 & \nagamaruroku \ \ (n-1)! \phantom{AA} & \nagamarushichi \ \ n! \phantom{AA} & \nagamaruhachi \ \ n!-1 \\ \nagamarukyu \ \ (n-1) \times n! \phantom{AA} & \nagamarurei \ \ n \times n! & & \end{array} \]
条件$a_1=0$，$a_2=0$と漸化式 \[ a_{n+2}-3a_{n+1}+2a_n=2^n \log_2 \frac{(n+1)^2}{n} \hfill \cdots\cdots (\ast) \] $(n=1,\ 2,\ 3,\ \cdots)$で定められる数列の一般項を，以下の要領で求めてみよう．
(1) 漸化式$(\ast)$より，ベクトル$\overrightarrow{b_n}=\left( \begin{array}{c} a_{n+1} \\ a_n \end{array} \right)$に対して \[ \overrightarrow{b_{n+1}}=A \overrightarrow{b_n}+\left( \begin{array}{c} 2^n \log_2 \displaystyle\frac{(n+1)^2}{n} \\ 0 \end{array} \right) \] が成立する．ただし，行列$A$は$A=\left( \begin{array}{cc} \fbox{ア} & \fbox{イウ} \\ \fbox{エ} & 0 \end{array} \right)$である．
この式の両辺に，$A$の逆行列$A^{-1}$を左から$n$回かけると \[ (A^{-1})^n \overrightarrow{b_{n+1}}=(A^{-1})^{n-1} \overrightarrow{b_n}+(A^{-1})^n \left( \begin{array}{c} \displaystyle 2^n \log_2 \frac{(n+1)^2}{n} \\ 0 \end{array} \right) \] となり，$(A^{-1})^{n-1} \overrightarrow{b_n}$の階差数列がわかる．これより，$2$以上の整数$n$に対し， \[ (A^{-1})^{n-1} \overrightarrow{b_{n}}=\overrightarrow{b_1}+\sum_{k=1}^{\fbox{オ}} (A^{-1})^k \left( \begin{array}{c} \displaystyle 2^k \log_2 \frac{(k+1)^2}{k} \\ 0 \end{array} \right) \hfill \cdots\cdots (\ast\ast) \] を得る．
(2) $(\ast\ast)$式の右辺第一項は$\overrightarrow{b_1}=\left( \begin{array}{c} \fbox{カ} \\ \fbox{キ} \end{array} \right)$であり，$\displaystyle A^{-1}=\frac{1}{2} \left( \begin{array}{cc} \fbox{ク} & \fbox{ケ} \\ \fbox{コサ} & \fbox{シ} \end{array} \right)$は行列$P=\left( \begin{array}{cc} 2 & 1 \\ 1 & 1 \end{array} \right)$を用いて \[ A^{-1}=P \left( \begin{array}{cc} \displaystyle\frac{\fbox{ス}}{\fbox{セ}} & 0 \\ 0 & \fbox{ソ} \end{array} \right) P^{-1} \] と表されるので，$(\ast\ast)$式右辺の和の項について，次式が成立する． \[ \sum_{k=1}^{\fbox{オ}} (A^{-1})^k \left( \begin{array}{c} \displaystyle 2^k \log_2 \frac{(k+1)^2}{k} \\ 0 \end{array} \right)=P \left( \begin{array}{c} \log_2 \fbox{タ} \\ -2^n \log_2 \fbox{チ} \end{array} \right) \]
(3) $(2)$の結果と，行列$A$が同じ$P$を用いて \[ A=P \left( \begin{array}{cc} \fbox{ツ} & 0 \\ 0 & \fbox{テ} \end{array} \right) P^{-1} \] と表わされることに注意すると，$(\ast\ast)$式の両辺に行列$A$を左から$(n-1)$回かけて得られる$\overrightarrow{b_n}$から，一般項$a_n$は \[ a_n=2^{\fbox{ト}} \log_2 \fbox{ナ} \] （$n=2,\ 3,\ 4,\ \cdots$）となる．
$\fbox{オ}$，$\fbox{ト}$の解答群 \[ \begin{array}{llll} \nagamaruichi \ \ n-1 & \nagamaruni \ \ n & \nagamarusan \ \ n+1 & \nagamarushi \ \ 1-n \\ \nagamarugo \ \ -n & \nagamaruroku \ \ -n-1 \phantom{AA} & \nagamarushichi \ \ \displaystyle\frac{n(n+1)}{2} \phantom{AA} & \nagamaruhachi \ \ n^2-1 \\ \nagamarukyu \ \ \displaystyle\frac{1}{6}n(n+1)(2n+1) & & & \end{array} \]
$\fbox{タ}$，$\fbox{チ}$，$\fbox{ナ}$の解答群 \[ \begin{array}{llll} \nagamaruichi \ \ n-1 & \nagamaruni \ \ n & \nagamarusan \ \ \displaystyle\frac{n+1}{n} \phantom{AA} & \nagamarushi \ \ \displaystyle\frac{4n-6}{n} \\ \nagamarugo \ \ n^2-4n+5 & \nagamaruroku \ \ (n-1)! \phantom{AA} & \nagamarushichi \ \ n! \phantom{AA} & \nagamaruhachi \ \ n!-1 \\ \nagamarukyu \ \ (n-1) \times n! \phantom{AA} & \nagamarurei \ \ n \times n! & & \end{array} \]
つぶやく
コメント（0件）
現在この問題に関するコメントはありません。
書き込むにはログインが必要です。
