3九州大学 2011年 数学 第3問解答・解説

(1)　 漸化式は $a_{n+1}=f(a_n)$、$\displaystyle f(x)=\dfrac{2x}{1-x^{2}}$ の形をしており、$\displaystyle a_{1}=\dfrac{1}{\sqrt3}$ である。直接計算すると $$\displaystyle a_{2}=\frac{2a_{1}}{1-a_{1}^{2}}=\frac{2\cdot\frac{1}{\sqrt3}}{1-\frac13}=\frac{\frac{2}{\sqrt3}}{\frac23}=\frac{2}{\sqrt3}\cdot\frac32=\frac{3}{\sqrt3}=\sqrt3,$$ $$\displaystyle a_{3}=\frac{2a_{2}}{1-a_{2}^{2}}=\frac{2\sqrt3}{1-3}=\frac{2\sqrt3}{-2}=-\sqrt3,$$ $$\displaystyle a_{4}=\frac{2a_{3}}{1-a_{3}^{2}}=\frac{2(-\sqrt3)}{1-3}=\frac{-2\sqrt3}{-2}=\sqrt3=a_{2}.$$ 漸化式は「一つ前の項の値だけから次の項が定まる」形 $a_{n+1}=f(a_n)$ であるから、$a_{4}=a_{2}$ ならば $$a_{5}=f(a_{4})=f(a_{2})=a_{3},\quad a_{6}=f(a_{5})=f(a_{3})=a_{4}=a_{2},$$ これを繰り返すことにより、数学的帰納法によってすべての自然数 $m$ について $$a_{2m}=a_{2}=\sqrt3,\qquad a_{2m+1}=a_{3}=-\sqrt3$$ が成り立つ。すなわち $n\ge2$ では $a_{n}$ は周期2で $\sqrt3,-\sqrt3$ を繰り返す。まとめると $$\displaystyle a_{1}=\frac{\sqrt3}{3},\qquad a_{n}=(-1)^{n}\sqrt3\quad(n=2,3,4,\dots).$$ (検算) $n=2$ で $(-1)^{2}\sqrt3=\sqrt3$、$n=3$ で $(-1)^{3}\sqrt3=-\sqrt3$ となり実際の値と一致する。また $n\ge2$ で $a_{n}=(-1)^{n}\sqrt3$ を漸化式の右辺に代入すると $$\displaystyle \frac{2\cdot(-1)^{n}\sqrt3}{1-3}=(-1)^{n}\sqrt3\cdot(-1)=(-1)^{n+1}\sqrt3=a_{n+1}$$ となり式を満たすことが確かめられる。 　 (2)　 加法定理により $$\displaystyle \tan\frac{\pi}{12}=\tan\!\left(\frac{\pi}{3}-\frac{\pi}{4}\right)=\frac{\tan\frac{\pi}{3}-\tan\frac{\pi}{4}}{1+\tan\frac{\pi}{3}\tan\frac{\pi}{4}}=\frac{\sqrt3-1}{1+\sqrt3}.$$ 分母を有理化すると $$\displaystyle \frac{\sqrt3-1}{\sqrt3+1}=\frac{(\sqrt3-1)^{2}}{(\sqrt3+1)(\sqrt3-1)}=\frac{3-2\sqrt3+1}{3-1}=\frac{4-2\sqrt3}{2}=2-\sqrt3.$$ よって $$\displaystyle \tan\frac{\pi}{12}=2-\sqrt3.$$ (検算) $2-\sqrt3\fallingdotseq0.268$ であり、$\displaystyle 0<\dfrac{\pi}{12}<\dfrac{\pi}{2}$ で $\tan$ の値は正で、実際の $\tan15^{\circ}$ のおよその値 $0.2679$ に近い。符号・大きさとも矛盾しない。 　 (3)　 $\displaystyle \theta=\dfrac{\pi}{20}$ とおくと $a_{1}=\tan\theta$ である。一般に $x=\tan\alpha$（$\cos\alpha\ne0$）のとき、二倍角の公式より $$\displaystyle \frac{2x}{1-x^{2}}=\frac{2\tan\alpha}{1-\tan^{2}\alpha}=\tan2\alpha\qquad(\cos2\alpha\ne0)$$ が成り立つ。問題文の仮定により数列 $\{a_n\}$ の各項に対し漸化式の右辺 $\displaystyle \dfrac{2a_n}{1-a_n^{2}}$ が定まる、すなわち各 $n$ で $1-a_n^{2}\ne0$ であるから、$a_{n}=\tan\alpha_{n}$ とおけるならば $a_{n+1}=\tan(2\alpha_{n})$ となる。これを $n=1$ から繰り返し用いると $$\displaystyle a_{n}=\tan\bigl(2^{\,n-1}\theta\bigr)=\tan\!\left(\frac{2^{\,n-1}\pi}{20}\right)\qquad(n=1,2,3,\dots).$$ $\tan$ は周期 $\pi$ の関数で、かつ（定義される範囲で）$\tan\alpha=\tan\beta$ であることと $\alpha-\beta$ が $\pi$ の整数倍であることは同値である。よって $$a_{n+k}=a_n$$ であるための必要十分条件は、 $$\displaystyle \frac{2^{\,n+k-1}\pi}{20}-\frac{2^{\,n-1}\pi}{20}=m\pi$$ を満たす整数 $m$ が存在することである。すなわち、 $$\displaystyle \frac{2^{\,n-1}(2^k-1)}{20}\text{ が整数}$$ であることが必要十分である。 $20=4\times5$ であり、$n\ge3$ のとき $2^{\,n-1}=4\cdot2^{\,n-3}$ は $4$ の倍数だから $$\displaystyle \frac{2^{\,n-1}(2^{k}-1)}{20}=\frac{2^{\,n-3}(2^{k}-1)}{5}.$$ $n=3$ のときこれが整数であるための条件は「$2^{k}-1$ が $5$ の倍数」であり、逆にこれが成り立てば $2^{\,n-3}$ は整数だから任意の $n\ge3$ についても上式は整数になる。したがって、$n=3,4,5,\dots$ のすべてで $a_{n+k}=a_{n}$ が成り立つための条件は、$n$ に無関係に $$2^{k}-1\ \text{が}\ 5\ \text{の倍数}$$ ということに帰着する。$k=1,2,3,4$ について $2^{k}-1$ の値を調べると $$2^{1}-1=1,\quad 2^{2}-1=3,\quad 2^{3}-1=7,\quad 2^{4}-1=15=5\times3$$ であるから、$5$ の倍数になる最小の自然数は $k=4$ である。 (検算：角度で直接確認する) $\alpha_{n}=2^{\,n-1}\cdot9^{\circ}$ を $180^{\circ}$ で割った余りを並べると $$\alpha_{1}=9^{\circ},\ \alpha_{2}=18^{\circ},\ \alpha_{3}=36^{\circ},\ \alpha_{4}=72^{\circ},\ \alpha_{5}=144^{\circ},\ \alpha_{6}=108^{\circ},\ \alpha_{7}=36^{\circ},\ \alpha_{8}=72^{\circ},\dots$$ となり、$n\ge3$ では $36^{\circ},72^{\circ},144^{\circ},108^{\circ}$ の4つを周期4で繰り返す（$\alpha_{7}=\alpha_{3}$）。この4つの角に対応する値 $\tan36^{\circ},\ \tan72^{\circ},\ \tan144^{\circ}=-\tan36^{\circ},\ \tan108^{\circ}=-\tan72^{\circ}$ はいずれも異なる実数であるから、$k=1,2,3$ のいずれについても $n=3$ の時点で $a_{n+k}=a_{n}$ は成り立たない。以上より、求める最小の自然数は $$k=4.$$