数列 $\{a_n\}$ が $a_1 = 4$, $a_{n+1} = 2^{n+1} \sqrt{a_n}$ ($n=1,2,3,...$) で定義される。 数列 $\{b_n\}$ を $b_n = \log_2 a_n$ ($n=1,2,3,...$) と定める。 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 $n$ を用いて表せ。 (3) $c_n = b_{n+1} - b_n$ とする。$c_n$ を $n$ を用いて表せ。 (4) 数列 $\{b_n\}$ の一般項 $b_n$ を求めよ。 (5) 数列 $\{a_n\}$ の初項から第 $n$ 項までの積を $P_n = a_1 a_2 ... a_n$ とおく。$\log_2 P_n$ を求めよ。

はい、承知いたしました。問題を解いていきます。

1. 問題の内容

数列 $\{a_n\}$ が $a_1 = 4$, $a_{n+1} = 2^{n+1} \sqrt{a_n}$ ($n=1,2,3,...$) で定義される。

数列 $\{b_n\}$ を $b_n = \log_2 a_n$ ($n=1,2,3,...$) と定める。

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 $n$ を用いて表せ。

(3) $c_n = b_{n+1} - b_n$ とする。$c_n$ を $n$ を用いて表せ。

(4) 数列 $\{b_n\}$ の一般項 $b_n$ を求めよ。

(5) 数列 $\{a_n\}$ の初項から第 $n$ 項までの積を $P_n = a_1 a_2 ... a_n$ とおく。$\log_2 P_n$ を求めよ。

2. 解き方の手順

(1)

$a_2 = 2^{1+1} \sqrt{a_1} = 2^2 \sqrt{4} = 4 \times 2 = 8$

$b_1 = \log_2 a_1 = \log_2 4 = 2$

$b_2 = \log_2 a_2 = \log_2 8 = 3$

(2)

$b_{n+1} = \log_2 a_{n+1} = \log_2 (2^{n+1} \sqrt{a_n}) = \log_2 2^{n+1} + \log_2 \sqrt{a_n} = (n+1) + \frac{1}{2} \log_2 a_n = n+1 + \frac{1}{2} b_n$

$b_{n+1} = \frac{1}{2} b_n + n + 1$

(3)

$c_n = b_{n+1} - b_n = (\frac{1}{2} b_n + n + 1) - b_n = -\frac{1}{2} b_n + n + 1$

差分数列として考えると漸化式を立てて解くのは難しいので$b_{n+1} - b_n$を$n$のみの式で表せないか考える。

$c_n = b_{n+1} - b_n$

$b_{n+1} = \frac{1}{2}b_n + n + 1$より、

$b_{n+1} - b_n = \frac{1}{2} b_n + n + 1 - b_n = -\frac{1}{2}b_n + n+1$.

これは$n$のみの式ではないので、誘導に乗って$b_n$を消去できる式を考える

$b_{n+2} = \frac{1}{2} b_{n+1} + (n+1) + 1 = \frac{1}{2} b_{n+1} + n+2$

$c_{n+1} = b_{n+2} - b_{n+1} = \frac{1}{2} b_{n+1} + n+2 - b_{n+1} = -\frac{1}{2}b_{n+1} + n+2$

$c_{n+1} - c_n = -\frac{1}{2}(b_{n+1} - b_n) + 1 = -\frac{1}{2}c_n + 1$

$c_{n+1} = \frac{1}{2} c_n + 1$.

ここから$c_n$の一般項を求めるのは難しいので、他の方針を考える

$b_{n+1} = \frac{1}{2} b_n + n+1$より、

$b_2 - b_1 = 3 - 2 = 1$

$b_3 = \frac{1}{2}b_2 + 3 = \frac{1}{2} \times 3 + 3 = \frac{9}{2}$

$c_2 = b_3 - b_2 = \frac{9}{2} - 3 = \frac{3}{2}$

一旦飛ばして(4)で$b_n$を求める方が良さそう

(4)

$b_{n+1} = \frac{1}{2} b_n + n + 1$ を変形する。

$b_{n+1} + A(n+1) + B = \frac{1}{2}(b_n + An + B)$

$b_{n+1} = \frac{1}{2} b_n + \frac{A}{2}n + \frac{B}{2} - A(n+1) - B = \frac{1}{2}b_n + (\frac{A}{2} - A)n + (\frac{B}{2} - A - B)$

$\frac{A}{2} - A = 1$ より $A = -2$

$\frac{B}{2} - A - B = 1$ より $-\frac{B}{2} + 2 = 1$ よって $B = 2$

$b_{n+1} - 2(n+1) + 2 = \frac{1}{2} (b_n - 2n + 2)$

$d_n = b_n - 2n + 2$ とおくと $d_{n+1} = \frac{1}{2}d_n$

数列$\{d_n\}$は公比$\frac{1}{2}$の等比数列

$d_1 = b_1 - 2(1) + 2 = 2 - 2 + 2 = 2$

$d_n = 2 \times (\frac{1}{2})^{n-1} = 2^{1-(n-1)} = 2^{2-n}$

$b_n = d_n + 2n - 2 = 2^{2-n} + 2n - 2$

(3)

$c_n = b_{n+1} - b_n = (2^{2-(n+1)} + 2(n+1) - 2) - (2^{2-n} + 2n - 2) = 2^{1-n} + 2n + 2 - 2 - 2^{2-n} - 2n + 2 = 2^{1-n} - 2^{2-n} + 2 = 2^{1-n} - 2 \times 2^{1-n} + 2 = -2^{1-n} + 2 = 2 - 2^{1-n}$

(5)

$P_n = a_1 a_2 ... a_n$

$\log_2 P_n = \log_2 (a_1 a_2 ... a_n) = \log_2 a_1 + \log_2 a_2 + ... + \log_2 a_n = b_1 + b_2 + ... + b_n = \sum_{k=1}^n b_k$

$b_k = 2^{2-k} + 2k - 2$

$\sum_{k=1}^n b_k = \sum_{k=1}^n (2^{2-k} + 2k - 2) = \sum_{k=1}^n 2^{2-k} + 2 \sum_{k=1}^n k - 2 \sum_{k=1}^n 1 = \sum_{k=1}^n 2^{2-k} + 2 \frac{n(n+1)}{2} - 2n = \sum_{k=1}^n 2^{2-k} + n(n+1) - 2n = \sum_{k=1}^n 2^{2-k} + n^2 + n - 2n = \sum_{k=1}^n 2^{2-k} + n^2 - n$

$\sum_{k=1}^n 2^{2-k} = \sum_{k=1}^n 4 \times (\frac{1}{2})^{k-1} = 4 \sum_{k=1}^n (\frac{1}{2})^{k-1} = 4 \frac{1 - (\frac{1}{2})^n}{1 - \frac{1}{2}} = 4 \frac{1 - (\frac{1}{2})^n}{\frac{1}{2}} = 8(1 - (\frac{1}{2})^n) = 8 - 8(\frac{1}{2})^n = 8 - 2^{3-n}$

$\log_2 P_n = 8 - 2^{3-n} + n^2 - n$

3. 最終的な答え

(1) $a_2 = 8$, $b_1 = 2$, $b_2 = 3$

(2) $b_{n+1} = \frac{1}{2} b_n + n + 1$

(3) $c_n = 2 - 2^{1-n}$

(4) $b_n = 2^{2-n} + 2n - 2$

(5) $\log_2 P_n = n^2 - n - 2^{3-n} + 8$