数学Ｂ：数列漸化式と場合の数

例題：センター試験 2010年追試 ⅡＢ第３問

問題は、数学入試問題データベースサイト大学入試数学問題集成さんのこのページを見てください。

センター試験・2010年(平成22年)の追試に出題された、漸化式を使って場合の数を求める問題。
問題の前半が場合の数の部分で、後半はただの漸化式の計算になっている。
場合の数の部分のルールが単純なので、考え方をつかむにはいい問題だと思う。後半の計算は面倒だけど。
この手の問題に慣れておくために、前半部分（ア～サ）だけでも解いておこう。
なお、このページで類題を解説してある。

ア～サ

まず樹形図を描いてみよう。
目的は、作業をしながら規則性を見つけるため。なので、下に載せた図は見ずに、まずは自分で描いてみてほしい。その方が理解が早いと思う。

図の固定

図Ａを見ると、例えば $b_{4}$ は４文字目がbである文字列の個数なので、４段目のbの数と言いかえることができる。
この考え方から、以下の解説では
$a_{n}$ は $n$ 段目のaの数 $b_{n}$ は $n$ 段目のbの数 $c_{n}$ は $n$ 段目のcの数とする。

図Ａより、
$a_{3}$ は、３段目のaの数なので、 $2$ $b_{3}$ は、３段目のbの数なので、 $1$ $c_{3}$ は、３段目のcの数なので、 $1$ $a_{4}$ は、４段目のaの数なので、 $2$ である。

解答ア：２, イ：１, ウ：１, エ：２

図Ａを作っていると気づくのは、
aの次の段は、bとcひとつずつに分岐 bの次の段は、aとcひとつずつに分岐 cの次の段は、aとbひとつずつに分岐することだ。当然と言えば当然だけど。

ということは、ある段の
aの数は、一つ上の段のbとcの数の和 bの数は、一つ上の段のaとcの数の和 cの数は、一つ上の段のaとbの数の和だといえる。

なので、
$a_{n + 1} = b_{n} + c_{n}$ 式Ａである。

解答オ：２

また、各段のbとcの数は等しいので、
$b_{n} = c_{n}$ 式Ｂ
より
$b_{n} - c_{n} = 0$
とかける。

解答カ：０

次に求めるキクの式
$b_{n} = \frac{キ}{ク} a_{n + 1}$ 式Ｃ
は、 $a_{n + 1}$ と $b_{n}$ の式だ。
これまでに出てきた式で $a_{n + 1}$ と $b_{n}$ が含まれているのは式Ａなので、これを使う。
だけど、式Ａの項のうち $c_{n}$ は式Ｃにないので、式Ｂを使って消そう。

式Ｂを式Ａに代入して、
$a_{n + 1} = b_{n} + b_{n}$
より
$a_{n + 1} = 2 b_{n}$ 式Ａ'
$b_{n} = \frac{1}{2} a_{n + 1}$
となる。

解答キ：１, ク：２

さらに、
$d_{n} = a_{n} + b_{n} + c_{n}$ 式Ｄ
とおくと、右辺は $n$ 段目のaの数 $+$ bの数 $+$ cの数なので、 $d_{n}$ は $n$ 段目の文字の個数にあたる。

図Ａより、各段の文字の個数は、
１個からはじまって次の段は前の段の２倍である。

よって、 ${d_{n}}$ は、
$d_{1} = 1$ $d_{n + 1} = 2 d_{n}$ の等比数列なので、一般項は
$d_{n} = 1 \cdot 2^{n - 1}$
$d_{n}$ $= 2^{n - 1}$ 式Ｅ
である。

解答ケ：１, コ：２, サ：１

シ～チ

次は $r$ だ。
問題文の $r$ が含まれている式の
$a_{n + 1} = r a_{n} + d_{n}$ 式Ｆ
は $a_{n + 1}$ と $d_{n}$ の式なので、式Ａ'と式Ｄを使って式Ｆの形をつくって $r$ を求める。

式を見比べると、式Ｄの $c_{n}$ が邪魔なので、さっきと同じように式Ｂを代入して消そう。
式Ｂを式Ｄに代入して、
$d_{n} = a_{n} + b_{n} + b_{n}$
より
$2 b_{n} = - a_{n} + d_{n}$
とかける。

これを式Ａ'に代入して、
$a_{n + 1} = - a_{n} + d_{n}$
となる。

解答シ：－, ス：１

ここで、
$A_{n} = r^{- n} a_{n}$ 式Ｇ
とおいて、式Ｆの ${a_{n}}$ の漸化式を ${A_{n}}$ の漸化式にする。
今回は問題文中に ${A_{n}}$ の漸化式が書いてあるので、この部分は計算しなくていい。
けれど、自分で計算しないといけないこともあるから、解説しておく。

${a_{n}}$ の漸化式を ${A_{n}}$ の漸化式にするということは、式Ｆの
$a_{n + 1}$ ， $a_{n}$ を消して $A_{n + 1}$ ， $A_{n}$ をつくるということだ。
こういうときは、代入するのが楽。
$a_{n}$ を消して $A_{n}$ をつくるから、 $a_{n}$ と $A_{n}$ が含まれている式を使う。
つまり、式Ｇだ。

$r^{- n}$ をそのまま使ってもいいんだけど、 $- n$ 乗ってのは混乱する人もいるだろうから、ここでは式Ｇを
$A_{n} = \frac{a_{n}}{r^{n}}$
と変形してから計算する。

この式の両辺に $r^{n}$ をかけて、
$a_{n} = r^{n} A_{n}$ 式Ｇ'
$n$ に $n + 1$ を代入して、
$a_{n + 1} = r^{n + 1} A_{n + 1}$ 式Ｇ''

式Ｇ'，式Ｇ''を式Ｆに代入して、
$r^{n + 1} A_{n + 1} = r \cdot r^{n} A_{n} + d_{n}$
より
$r^{n + 1} A_{n + 1} = r^{n + 1} A_{n} + d_{n}$
とかける。

$r^{n + 1} \neq 0$ なので、この式の両辺を $r^{n + 1}$ で割ると、
$A_{n + 1} = A_{n} + \frac{d_{n}}{r^{n + 1}}$ 式Ｈ
$A_{n + 1}$ $= A_{n} + r^{- (n + 1)} d_{n}$
$A_{n + 1}$ $= A_{n} + r^{- n - 1} d_{n}$
となって、問題文中の式ができる。

この式Ｈを使って、 ${A_{n}}$ の一般項 $A_{n}$ を求める。
まず、邪魔な $d_{n}$ を消そう。
式Ｅを式Ｈに代入して、
$A_{n + 1} = A_{n} + \frac{2^{n - 1}}{r^{n + 1}}$ 式Ｈ'
となるけど、これは漸化式の基本の形の３つめだ。

せっかくだから漸化式の基本の形の復習をしよう。

復習

漸化式の基本の形は４つあって、
$a_{n + 1} = a_{n} + d$ ：公差 $d$ の等差数列 $a_{n + 1} = r a_{n}$ ：公比 $r$ の等比数列 $a_{n + 1} = a_{n} + f (n)$ ：階差数列の一般項が $f (n)$ $a_{n + 1} = p a_{n} + q$ ：特性方程式を使って解くだった。

式Ｈ'は、復習の３番目のパターン。
なので、 ${A_{n}}$ の階差数列の一般項が
$\frac{2^{n - 1}}{r^{n + 1}}$
だ。

この式は分母と分子で指数が違って面倒なので、そろえよう。
$\frac{2^{n - 1}}{r^{n + 1}} = \frac{2^{n - 1}}{r^{n - 1 + 2}}$
$= \frac{2^{n - 1}}{r^{n - 1} \cdot r^{2}}$ 式Ｉ
だけど、 $r = - 1$ より $r^{2} = 1$ なので、この式は
$\frac{2^{n - 1}}{r^{n + 1}} = \frac{2^{n - 1}}{r^{n - 1}}$
$= {(\frac{2}{r})}^{n - 1}$
とかける。

アドバイス

作りたいセ～タの式に $r^{n - 1}$ があるので、式Ｉの $r^{n - 1}$ の部分には $r = - 1$ を代入しなかった。

これが ${A_{n}}$ の階差数列の一般項だ。

また、 $A_{1}$ は、式Ｇに $n = 1$ を代入して、
$A_{1} = r^{- 1} a_{1}$
となるけど、 $r = - 1$ ， $a_{1} = 1$ なので、
$A_{1} = - 1^{- 1} \cdot 1$
$A_{1}$ $= \frac{1}{- 1}$
$A_{1}$ $= - 1$
である。

ここで、階差数列について復習をしておくと、

復習

${a_{n}}$ の階差数列が ${b_{n}}$ のとき、 ${a_{n}}$ の一般項 $a_{n}$ は、 ${b_{n}}$ の一般項 $b_{n}$ を使って、
$a_{n} = a_{1} + \sum_{k = 1}^{n - 1} b_{k} (2 ≦ n)$
とかける。

以上から、 $2 ≦ n$ のとき、 ${A_{n}}$ の一般項 $A_{n}$ は、
$A_{n} = - 1 + \sum_{k = 1}^{n - 1} {(\frac{2}{r})}^{k - 1}$
となるので、これを式Ｇ'に代入して、 $2 ≦ n$ のとき、 $a_{n}$ は
$a_{n} = r^{n} {- 1 + \sum_{k = 1}^{n - 1} {(\frac{2}{r})}^{k - 1}}$
とかける。

あとは計算だ。
Σの公式を使って、
$a_{n} = r^{n} {- 1 + \frac{1 - {(\frac{2}{r})}^{n - 1}}{1 - \frac{2}{r}}}$

ちょっと式がややこしいので、整理しよう。
さっきと同じように分母の $r$ にだけ $r = - 1$ を代入して、
$a_{n} = r^{n} {- 1 + \frac{1 - {(\frac{2}{r})}^{n - 1}}{1 - \frac{2}{- 1}}}$

途中式

a_{n}

= r^{n} {- 1 + \frac{1 - {(\frac{2}{r})}^{n - 1}}{3}}

a_{n}

= r^{n} {- 1 + \frac{1}{3} - \frac{1}{3} {(\frac{2}{r})}^{n - 1}}

a_{n}

= r^{n} {- \frac{2}{3} - \frac{1}{3} \cdot \frac{2^{n - 1}}{r^{n - 1}}}

a_{n}

= - \frac{2}{3} r^{n} - \frac{r}{3} \cdot 2^{n - 1}

となる

けれど、これではセ～タのマスに入らない。
なので、変形して問題文の式の形にしよう。

項の順番を変え、さらに $r^{n}$ を $r \cdot r^{n - 1}$ にする。
$a_{n} = - \frac{r}{3} \cdot 2^{n - 1} - \frac{2}{3} r \cdot r^{n - 1}$
この式の $r^{n - 1}$ 以外の $r$ に $- 1$ を代入すると、
$a_{n} = - \frac{- 1}{3} \cdot 2^{n - 1} - \frac{2}{3} \cdot (- 1) \cdot r^{n - 1}$
$a_{n}$ $= \frac{1}{3} \cdot 2^{n - 1} + \frac{2}{3} \cdot r^{n - 1}$
となって、問題文の式の形ができる。

これは $n = 1$ のときも成り立つ。

解答セ：３, ソ：２, タ：２, チ：３

例題：センター試験 2010年 追試 ⅡＢ 第３問

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