東北大学 2006年度
後期・理系数学 後期 第2問

解答

(1)

$n=1$ の式は $S_1=\frac{1}{3}(2p+a_1)$ であり，$S_1=a_1$ だから $a_1=\frac{1}{3}(2p+a_1)$ である。よって $3a_1=2p+a_1,a_1=p$ である。 $n=2$ の式は $a_1+a_2=\frac{2}{3}(2p+a_2)$ である。$a_1=p$ を代入すると $p+a_2=\frac{4}{3}p+\frac{2}{3}{a}_2$ となり，$a_2=p$ を得る。さらに $a_3=q$ であるから $b_1=a_3-a_2=q-p$ である。

次に $a_4,a_5$ を求める準備として，一般の関係式を作る。$n\geqq 2$ について $S_n=\frac{n}{3}(2p+a_n),S_{n-1}=\frac{n-1}{3}(2p+a_{n-1})$ であり，$S_n-S_{n-1}=a_n$ だから $3a_n=n(2p+a_n)-(n-1)(2p+a_{n-1})$ となる。整理して $(n-3)a_n=(n-1)a_{n-1}-2p$ である。 $n=4$ を代入すると $a_4=3a_3-2p=3q-2p$ なので $b_2=a_4-a_3=2q-2p=2(q-p)$ である。$n=5$ を代入すると $2a_5=4a_4-2p=4(3q-2p)-2p=12q-10p$ より $a_5=6q-5p$ である。したがって $b_3=a_5-a_4=(6q-5p)-(3q-2p)=3(q-p)$ である。よって $\boxed{b_1=q-p,b_2=2(q-p),b_3=3(q-p)}$ である。

(2)

$d=q-p$ とおく。(1)から $a_1=p,a_2=p,a_3=p+d$ である。ここで $a_n=p+\frac{(n-1)(n-2)}{2}d$ が成り立つことを示す。$n=1,2,3$ では確かに成り立つ。 $n\geqq 4$ とし，$n-1$ まで成り立つと仮定する。漸化式 $(n-3)a_n=(n-1)a_{n-1}-2p$ に代入すると

である。$n-3\ne 0$ なので $a_n=p+\frac{(n-1)(n-2)}{2}d$ となり，帰納的にすべての $n$ で成り立つ。

したがって

である。$d=q-p$ だから $\boxed{b_n=n(q-p)}$ である。

(3)

(2)の帰納法で得た式をそのまま用いれば $\boxed{a_n=p+\frac{(n-1)(n-2)}{2}(q-p)}$ である。

別の書き方をすれば，$a_2=p$ であり，$n\geqq 2$ では $a_n=a_2+{\sum }_{j=1}^{n-2}{b}_j$ である。(2)より $b_j=j(q-p)$ だから

となり，同じ結果を得る。