今回はこちらの問題を解いていきます.
数列\(\{a_n\}\), \(\{b_n\}\)を
$$
\begin{align}
a_1&=4,\,\,a_{n+1}=2^{n+1}\cdot \sqrt{a_n}\,\,\,(n=1,2,3,\cdots)\\[1.5ex]
b_n&=\log_2{a_n}\,\,\,(n=1,2,3,\cdots)
\end{align}
$$で定義するとき, 以下の問いに答えよ.
(1) \(a_2\), \(b_1\), \(b_2\)を求めよ.
(2) \(b_{n+1}\)を\(b_n\)と\(n\)の式で表せ.
(3) \(c_n=b_{n+1}-b_n\)として, 数列\(\{c_n\}\)を定義するとき, \(c_n\)を\(n\)の式で表せ.
(4) \(b_n\)を\(n\)の式で表せ.
(5) \(P_n=a_1a_2\cdots a_n\)とするとき, \(\log_2{P_n}\)を\(n\)の式で表せ.
(2025 岐阜大学 [2])
対数の性質, 階差数列, 等比数列の和の公式をふんだんに使って解いていく問題ですが, 丁寧な誘導があるので, 難しくはありません.
それでは解いていきましょう.
(1) 数列\(\{a_n\}\)の漸化式で\(n=1\)として,
$$
a_2=2^2\sqrt{a_1}=4\cdot\sqrt{4}=8
$$となり, \(b_n\)の定義から,
$$
\begin{align}
b_1&=\log_2{a_1}=\log_2{4}=2\\[1.5ex]
b_2&=\log_2{a_2}=\log_2{8}=3
\end{align}
$$とわかる.
(2) 以下のように変形することで求まる.
$$
\begin{align}
b_{n+1}&=\log_2{a_{n+1}}\\[1.5ex]
&=\log_2{\left(2^{n+1}\cdot\sqrt{a_n}\right)}\\[1.5ex]
&=\log_2{2^{n+1}}+\log_2{\sqrt{a_n}}\\[1.5ex]
&=n+1+\frac{1}{2}\log_2{a_n}\\[1.5ex]
&=n+1+\frac{1}{2}b_n
\end{align}
$$
(3) (2)で得られた式にて\(n\)に\(n+1\)を代入すると,
$$
b_{n+2}=n+2+\frac{1}{2}b_{n+1}
$$となり, この両辺から\(\displaystyle b_{n+1}=n+1+\frac{1}{2}b_n\)を引くと,
$$
\begin{align}
b_{n+2}-b_{n+1}&=1+\frac{1}{2}b_{n+1}-\frac{1}{2}b_n\\[1.5ex]
&=1+\frac{1}{2}\left( b_{n+1}-b_n \right)
\end{align}
$$となり, \(c_{n+1}=b_{n+2}-b_{n+1}\)なので,
$$
c_{n+1}=\frac{1}{2}c_n+1
$$となる. これを変形すると,
$$
c_{n+1}-2=\frac{1}{2}\left(c_n-2\right)
$$となり, 数列\(\{c_n-2\}\)は初項\(c_1-2\), 公比\(\displaystyle \frac{1}{2}\)の等比数列になることがわかる.
$$
c_1-2=b_2-b_1-2=3-2-2=-1
$$より,
$$
c_n-2=-\left(\frac{1}{2}\right)^{n-1}
$$であるから, 最終的に,
$$
c_n=2-\left(\frac{1}{2}\right)^{n-1}
$$となる.
(4) 数列\(\{c_n\}\)は数列\(\{b_n\}\)の階差数列になっているから, \(n\geq 2\)のとき,
$$
b_n=b_1+\sum_{k=1}^{n-1}c_k
$$である. これから, \(n\geq 2\)のとき,
$$
\begin{align}
b_n&=b_1+\sum_{k=1}^{n-1}\left\{2-\left(\frac{1}{2}\right)^{k-1}\right\}\\[1.5ex]
&=2+\sum_{k=1}^{n-1}2-\sum_{k=1}^{n-1}\left(\frac{1}{2}\right)^{k-1}\\[1.5ex]
&=2+2(n-1)-\frac{1-\left(\frac{1}{2}\right)^{n-1}}{1-\frac{1}{2}}\\[1.5ex]
&=2n-2+\left(\frac{1}{2}\right)^{n-2}
\end{align}
$$となる. ここで, \(b_1=2\)より, この式は\(n=1\)でも成り立つことがわかる. よって,
$$
b_n=2n-2+\left(\frac{1}{2}\right)^{n-2}
$$である.
(5) 定義から明らかに\(a_n>0\)なので, 以下のように変形することで求まる.
$$
\begin{align}
\log_2{P_n}&=\log_2{\left(a_1a_2\cdots a_n\right)}\\[1.5ex]
&=\sum_{k=1}^n\log_2{a_k}\\[1.5ex]
&=\sum_{k=1}^nb_k\\[1.5ex]
&=\sum_{k=1}^n{\left\{ 2k-2+\left(\frac{1}{2}\right)^{k-2} \right\}}\\[1.5ex]
&=2\sum_{k=1}^nk-\sum_{k=1}^n2+\sum_{k=1}^n\left(\frac{1}{2}\right)^{k-2}\\[1.5ex]
&=2\cdot\frac{1}{2}n(n+1)-2n+\frac{2\left\{1-\left(\frac{1}{2}\right)^n\right\}}{1-\frac{1}{2}}\\[1.5ex]
&=n(n+1)-2n+4-\left(\frac{1}{2}\right)^{n-2}\\[1.5ex]
&=n^2-n+4-\left(\frac{1}{2}\right)^{n-2}
\end{align}
$$
途中, 等比数列の和の公式を使っているので補足します.
初項\(a\), 公比\(r\neq 1\)の等比数列において, 初項から第\(n\)項までの和は,
$$
\sum_{k=1}^nar^{k-1}=\frac{a\left(1-r^n\right)}{1-r}
$$ となりますが, (4), (5)ではこれを用いています.
まず, (4)では,
$$
\sum_{k=1}^{n-1}\left(\frac{1}{2}\right)^{k-1}
$$の形の和が出てきていますが, これは初項\(1\), 公比\(\displaystyle\frac{1}{2}\)の等比数列の初項から第\((n-1)\)項までの和なので,
$$
\sum_{k=1}^{n-1}\left(\frac{1}{2}\right)^{k-1}=\frac{1-\left(\frac{1}{2}\right)^{n-1}}{1-\frac{1}{2}}
$$としています.
また, (5)では,
$$
\sum_{k=1}^{n}\left(\frac{1}{2}\right)^{k-2}
$$の形の和が出てきていますが, これは初項\(2\), 公比\(\displaystyle\frac{1}{2}\)の等比数列の初項から第\(n\)項までの和なので,
$$
\sum_{k=1}^{n}\left(\frac{1}{2}\right)^{k-2}=\frac{2\left\{1-\left(\frac{1}{2}\right)^{n}\right\}}{1-\frac{1}{2}}
$$としています.
youtubeでも解説しています.
