まず、$m=2$のときの$\mathrm{Q}_{1}$，$\mathrm{P}_{2}$の座標から。

である。

また、$\mathrm{P}_{n}$の$y$座標を$a_{n}$としてア～エと同様の作業をすると、

となる。

$\mathrm{P}_{n+1}$の$y$座標は$a_{n+1}$なので、カより、数列$\{a_{n}\}$の漸化式
$a_{n+1}=a_{n}+4$式Ｋ
ができる。

ここで漸化式の基本の形の復習をしておくと、

復習より、式Ｋは 公差が$4$の等差数列の漸化式だ。

また、ルールＥより
$\mathrm{P}_{1}$の$y$座標$=4$
なので、
$a_{1}=4$
である。

以上より、$\{a_{n}\}$は
初項が$4$ 公差が$4$ の等差数列だから、一般項$a_{n}$は
$a_{n}=4+(n-1)\cdot 4=4n$
であることが分かる。

解答キ：０

(1)では、$m=2$のときの$\mathrm{P}_{n}$の$y$座標$a_{n}$を考えた。
(2)では、$m=-1$のときの$\mathrm{P}_{n}$の$y$座標$b_{n}$を考える。
$a_{n}$と$b_{n}$で異なるのは$m$の値だけで、その他のルールは同じだ。

なので、(1)の計算結果のうち 求めるのに$m=2$を用いなかったものは、$a_{n}$を$b_{n}$に変えて (2)でも使える。

ルールＥより、
$b_{1}=\mathrm{P}_{1}$の$y$座標$=4$
だ。

解答ク：４

また、(1)の式Ａは、求めるのに$m$を用いてないから (2)でも使える。

よって、
$\mathrm{P}_{n+1}$の$x$座標$=\dfrac{1}{2}b_{n}$
である。

ルールＡより、これを②式に代入すると
$\mathrm{P}_{n+1}$の$y$座標$=-1\cdot\dfrac{1}{2}b_{n}+4$式Ｌ
とかける。

ここで $\mathrm{P}_{n+1}$の$y$座標$=b_{n+1}$ なので、式Ｌは
$$ \begin{align} b_{n+1}&=-1\cdot\dfrac{1}{2}b_{n}+4\\ &=-\dfrac{1}{2}b_{n}+4\class{tex_formula}{式Ｍ} \end{align} $$ となって、$\{b_{n}\}$の漸化式ができる。

解答ケ：－, コ：１, サ：２, シ：４

式Ｍは、(1)の復習の漸化式の４番目のパターンだ。
なので、お約束通りの解き方をしよう。

式Ｍを
$b=-\dfrac{1}{2}b+4$
として$b$を求めると、
$2b=-b+8$
$b=\dfrac{8}{3}$
だ。

この$b$を式Ｍの両辺から引いて変形すると、
$$ \begin{align} b_{n+1}-\dfrac{8}{3}&=-\dfrac{1}{2}b_{n}+4-\dfrac{8}{3}\\ &=-\dfrac{1}{2}\left(b_{n}-\dfrac{8}{3}\right)\class{tex_formula}{式Ｍ'} \end{align} $$ となる。

ここで
$b_{n}-\dfrac{8}{3}=B_{n}$式Ｎ
とおくと、式Ｍ'は
$B_{n+1}=-\dfrac{1}{2}B_{n}$式Ｍ''
と表せる。
これは漸化式の基本の形の２つめだ。

(1)の復習より、数列$\{B_{n}\}$は等比数列で、
式Ｎより、初項$B_{1}=b_{n}-\dfrac{8}{3}$
これにクを代入して、
$B_{1}=4-\dfrac{8}{3}=\dfrac{4}{3}$ 式Ｍ''より、公比は$-\dfrac{1}{2}$ なので、一般項$B_{n}$は
$B_{n}=\dfrac{4}{3}\left(-\dfrac{1}{2}\right)^{n-1}$
とかける。

これを式Ｎに代入すると、求める$\{b_{n}\}$の一般項$b_{n}$は、
$b_{n}-\dfrac{8}{3}=\dfrac{4}{3}\left(-\dfrac{1}{2}\right)^{n-1}$
より
$b_{n}=\dfrac{4}{3}\left(-\dfrac{1}{2}\right)^{n-1}+\dfrac{8}{3}$
であることが分かる。

解答ス：４, セ：３, ソ：－, タ：１, チ：２, ツ：８, テ：３

図の固定

$m=-1$ のとき、①，②のグラフは図Ｃのような状態だ。

図Ｃ中の色がついた三角形と斜線の三角形はすべて相似なので、
$$ \begin{align} d_{n}:c_{n}&=d_{1}:c_{1}\\ &=\mathrm{Q}_{1}\text{の}x\text{座標}:\mathrm{Q}_{1}\text{の}y\text{座標} \end{align} $$ だ。

$\mathrm{Q}_{1}$の座標はアイで求めたように
$(2,4)$
だった。
これは 計算に$m$を用いなかったから、(2)でも使える。

よって、
$$ \begin{align} d_{n}:c_{n}&=2:4\\ &=1:2 \end{align} $$ なので、
$d_{n}=\dfrac{1}{2}c_{n}$式Ｏ
と表せる。

解答ト：０

図の固定

また、図Ｄ中の色がついた三角形と斜線の三角形もすべて相似なので、
$$ \begin{align} d_{n}:c_{n+1}&=d_{1}:c_{2}\\ &=\mathrm{Q}_{1}\text{の}x\text{座標}\\ &\qquad\qquad:(\mathrm{Q}_{1}\text{の}y\text{座標})-(\mathrm{P}_{2}\text{の}y\text{座標}) \end{align} $$ 式Ｐ
とかける。

いま、
$\mathrm{Q}_{1}$の座標は$(2,4)$ $\mathrm{P}_{2}$の座標はウエで求めたけど、エの$y$座標は$m=2$を使ったから、計算しなおさないといけない。
ルールＡより、②式に$x=$ウを代入して、
$\mathrm{P}_{2}$の$y$座標$=-2+4=2$ だ。

なので、式Ｐは
$$ \begin{align} d_{n}:c_{n+1}&=2:4-2\\ &=1:1 \end{align} $$ となるから、
$c_{n+1}=d_{n}$式Ｑ
と表せる。

また、上で考えたように
$d_{n}=\dfrac{1}{2}c_{n}$式Ｏ
なので、
$\displaystyle \sum_{k=1}^{n}d_{k}=\dfrac{1}{2}\sum_{k=1}^{n}c_{n}$式Ｔ
だ。

ここで、
$S_{n}=\textcolor{red}{c_{1}}+\textcolor{red}{c_{2}}+\cdots+\textcolor{red}{c_{n}}+\textcolor{green}{d_{1}}+\textcolor{green}{d_{2}}+\cdots+\textcolor{green}{d_{n}}$
だから、
$\displaystyle S_{n}=\textcolor{red}{\sum_{k=1}^{n}c_{k}}+\textcolor{green}{\sum_{k=1}^{n}d_{k}}$
と表せる。

これに式Ｔを代入して、
$$ \begin{align} S_{n}&=\sum_{k=1}^{n}c_{k}+\dfrac{1}{2}\sum_{k=1}^{n}c_{k}\\ &=\dfrac{3}{2}\sum_{k=1}^{n}c_{k} \end{align} $$

これに式Ｓを代入すると、求める$S_{n}$は
$$ \begin{align} S_{n}&=\dfrac{3}{2}\cdot 8\left\{1-\left(\dfrac{1}{2}\right)^{n}\right\}\\ &=12\left\{1-\left(\dfrac{1}{2}\right)^{n}\right\} \end{align} $$ であることが分かる。

解答ニ：７