(1)は、漸化式のルールを理解するための前振りの問題だ。

漸化式がちょっと分かりにくいので、確認から。

$a_{2n}=a_n$①
$a_{2n+1}=a_n+a_{n+1}$②

だけど、これでは全然イメージがわかない。
こういう場合は、目に見える形にすることが重要だ。
つまり、何項目かまでを図にする。

図をつくるとき、ひとつ気をつけてほしいことがある。
先にそれぞれの項の値を求めてはいけない。
何のことやら分からないと思うので、実際に$a_1$～$a_{17}$の図を描きながら説明する。

図の固定

漸化式①より、
$a_1=a_2=a_4=a_8=a_{16}=\cdots$
なので、図Ａの緑の線でつながった丸の項は同じ値である。

漸化式②より、
$a_3=a_1+a_2$
だけど、これを図Ａの下に描きたすと、図Ｂができる。

図の固定

図Ｂの青い点の項の和が、$a_3$の値だ。

さらに、漸化式①より、
$a_3=a_6=a_{12}=\cdots$
なので、図Ｃの２段目の緑の線でつながった丸の項も同じ値である。

図の固定

これを繰りかえして$a_{17}$まで描くと、図Ｄのようになる。

図の固定

項同士の関係をイメージすることが目的なので、ここまで項の値は求めなかった。
これに項の値を書き込むと、図Ｅになる。

図の固定

図Ｅより、
$a_4=1$
$a_5=3$
$a_6=2$
$a_7=3$
である。

解答ア：１, イ：３, ウ：２, エ：３

$a_{18}$，$a_{38}$は図Ｅにないので、ちょっと考える。

漸化式①より、
$a_{18}=a_9$
なので、図Ｅより
$a_{18}=4$

解答オ：４

漸化式①より、
$a_{38}=a_{19}$
漸化式②より、
$a_{19}=a_9+a_{10}$
なので、図Ｅより
$a_{38}=4+3$
     $=7$
である。

解答カ：７

図Ｅをつくるときに気づいたと思うけど、$m$を自然数として、
$a_m=3$
であれば
$a_{2m}=a_{4m}=a_{8m}=a_{16m}=\cdots =3$
だ。

なので、$k$を自然数として、
$a_{m\cdot 2^k}=a_m$式Ａ
と表せる。

よって、
$a_{3\cdot 2^k}=a_3$
       $=2$
である。

解答キ：２

突然、群数列の問題になった。

以下、解説をシンプルにするために、
第$k$群の$m$番目の項を $[$第$k$群${]}_m$ 第$k$群の最後の項を $[$第$k$群${]}_L$ と表すことにする。

例えば、
第$3$群の$2$番目の項は $[$第$3$群${]}_2$
第$5$群の最後の項は $[$第$5$群${]}_L$
と書く。

図Ｅを群に分けると、図Ｆができる。

図の固定

図Ｆを見ながら、まず$[$第$k$群${]}_1$が$\{a_n\}$の何項目にあたるかを考えよう。

こういうときは、ひとつ例をとりだして考える。
図Ｆより、例えば
$[$第$4$群${]}_1=a_{17}$
だけど、なぜそうなるかを考える。

$[$第$4$群${]}_1$の前には、
$a_1$と$a_2$ 第$1$群 第$2$群 第$3$群 がある。

$a_1$と$a_2$で、項数は$2$個 第$1$群に含まれる項は、$2^1$個 第$2$群に含まれる項は、$2^2$個 第$3$群に含まれる項は、$2^3$個 だから、これを全部たした
$2+$$2^1+2^2+2^3$式Ｂ
個の項が、$[$第$4$群${]}_1$の前に存在する。

式Ｂの赤い部分を計算すると
$$\begin{array}{rl}{2}^1+2^2+2^3& =\sum _{j=1}^3{2}^j\\ & =\frac{2(1-2^3)}{1-2}\\ & =14\end{array}$$ なので、式Ｂは
$2+14=16$
となるから、$[$第$4$群${]}_1$の前には$16$個の項が存在する。
つまり、$[$第$4$群${]}_1$は$a_{16}$の次の項なので、$a_{17}$であるわけだ。

$[$第$k$群${]}_1$で、同じ考え方をしてみる。

$[$第$k$群${]}_1$の前には、
$a_1$と$a_2$ 第$1$群 第$2$群        $⋮$
第$k-1$群 がある。

$a_1$と$a_2$で、項数は$2$個 第$1$群に含まれる項は、$2^1$個 第$2$群に含まれる項は、$2^2$個        $⋮$
第$k-1$群に含まれる項は、$2^{k-1}$個 だから、これを全部たした
$2+$$2^1+2^2+\cdots +2^{k-1}$式Ｃ
個の項が、$[$第$k$群${]}_1$の前に存在する。

式Ｃの赤い部分を計算すると
$$\begin{array}{rl}{2}^1+2^2+\cdots +2^{k-1}& =\sum _{j=1}^{k-1}{2}^j\\ & =\frac{2(1-2^{k-1})}{1-2}\\ & =2^k-2\end{array}$$ となる。

解答ク：２, ケ：２, コ：２

なので、式Ｃは
$2+2^k-2=2^k$
となるから、$[$第$k$群${]}_1$の前には$2^k$個の項が存在する。※
つまり、$[$第$k$群${]}_1$は$a_{2^k}$の次の項なので、
$[$第$k$群${]}_1=a_{2^k+1}$式Ｄ
である。

解答サ：１

ここから、和の問題だ。
はじめは、いつものようにルール確認の前振り問題から。

まず、$U_{k+1}$から。

図の固定

このことから、
$U_{k+1}=S_k$
ではないかと予想できる。

これは予想にすぎないので、本当かどうか確認しよう。

式Ｄ，式Ｅより、
$[$第$k$群${]}_1=a_{2^k+1}$
$[$第$k$群${]}_L=a_{2^{k+1}}$
なので、第$k$群には
$a_{2^k+1}$，$a_{2^k+2}$，$\cdots$，$a_{2^{k+1}}$
の項が含まれる。

よって、$S_k$は
$S_k=$$a_{2^k+1}$$+$$a_{2^k+2}$$+\cdots +$$a_{2^{k+1}}$式Ｆ
とかける。

同様に、式Ｄ，式Ｅより、
$[\text{第}k+1\text{群}{]}_1=a_{2^{k+1}+1}$ $$\begin{array}{rl}[\text{第}k+1\text{群}{]}_L& =a_{2^{(k+1)+1}}\\ & =a_{2^{k+2}}\end{array}$$ なので、第$k+1$群には
$a_{2^{k+1}+1}$，$a_{2^{k+1}+2}$，$a_{2^{k+1}+3}$，$a_{2^{k+1}+4}\cdots$，$a_{2^{k+2}}$
の項が含まれる。

このうち、偶数番目の項は
$a_{2^{k+1}+2}$，$a_{2^{k+1}+4}$，$\cdots$，$a_{2^{k+2}}$
なので、$U_{k+1}$は
$U_{k+1}=$$a_{2^{k+1}+2}$$+$$a_{2^{k+1}+4}$$+\cdots +$$a_{2^{k+2}}$式Ｇ
とかける。

ここで、
$2\times (2^k+1)=2^{k+1}+2$ $2\times (2^k+2)=2^{k+1}+4$        $⋮$
$2\times 2^{k+1}=2^{k+2}$ なので、漸化式①より、式Ｆと式Ｇの同じ色の項は等しい。

よって、式Ｆ$=$式Ｇなので、
$U_{k+1}=S_k$式Ｈ
であるとの予想は正しいことが分かる。

解答チ：０

次に、$T_{k+1}$だ。

図の固定

$U_{k+1}$のときと同じように考えると、

このことから、
$T_{k+1}=2S_k$式Ｉ
ではないかと予想できる。
これは予想なので確認ないといけないけれど、$U_{k+1}$のときの確認と似ているので省略する。

解答ツ：４

さらに$S_{k+1}$は
$S_{k+1}=T_{k+1}+U_{k+1}$
に式Ｈ，式Ｉを代入して
$S_{k+1}=S_k+2S_k$
$S_{k+1}$$=3S_k$
である。

解答テ：８

式Ｊ，式Ｋより、$\{S_k\}$は
初項が$3$ 公比が$3$ の等比数列だ。

よって、一般項$S_k$は
$S_k=3\cdot 3^{k-1}$
    $=3^k$式Ｎ
である。

解答ト：９

式Ｌ，式Ｍ，式Ｎの$k$に$k-1$を代入すると、
$T_k=2S_{k-1}$式Ｌ'
$U_k=S_{k-1}$式Ｍ'
$S_{k-1}=3^{k-1}$式Ｎ'
とかける。

式Ｎ'を式Ｌ'，式Ｍ'に代入すると、$2\leqq k$のとき、
$T_k=2\cdot 3^{k-1}$式Ｌ''
$U_k=3^{k-1}$式Ｍ''
であることが分かる。

$k=1$のとき、式Ｌ''，式Ｍ''は
$T_1=2\cdot 3^{1-1}$
    $=2$
$U_1=3^{1-1}$
    $=1$
となる。

よって、式Ｌ''，式Ｍ''は$k=1$のときも成り立つ。

解答ナ：５, ニ：１