(1) 平面上に、$n$本の直線を引き、どの2本も平行でなく、どの3本も1点で交わらないとき、平面がいくつの部分に分けられるかを$n$を用いて表す問題です。 (2) 数直線上に点$A_1(0)$、$A_2(1)$をとります。$n \geq 1$に対し、線分$A_nA_{n+1}$を4:1に外分する点を$A_{n+2}(a_{n+2})$とするとき、$a_n$を$n$の式で表す問題です。ただし、$a_1 = 0$、$a_2 = 1$とします。

1. 問題の内容

(1) 平面上に、$n$本の直線を引き、どの2本も平行でなく、どの3本も1点で交わらないとき、平面がいくつの部分に分けられるかを$n$を用いて表す問題です。

(2) 数直線上に点$A_1(0)$、$A_2(1)$をとります。$n \geq 1$に対し、線分$A_nA_{n+1}$を4:1に外分する点を$A_{n+2}(a_{n+2})$とするとき、$a_n$を$n$の式で表す問題です。ただし、$a_1 = 0$、$a_2 = 1$とします。

2. 解き方の手順

(1)

$n=1$のとき、平面は2つの部分に分けられます。

$n=2$のとき、平面は4つの部分に分けられます。

$n=3$のとき、平面は7つの部分に分けられます。

$n=k$本の直線が引かれているとき、平面が$a_k$個の部分に分けられているとします。

$k+1$本目の直線を引くと、これはすでに引かれている$k$本の直線とそれぞれ1点で交わります。

これらの$k$個の交点によって、$k+1$本目の直線は$k+1$個の部分に分けられ、それぞれの部分が通過する領域を2つに分割します。

したがって、$a_{k+1} = a_k + (k+1)$が成り立ちます。

この漸化式を解きます。

$a_1 = 2$であり、$a_{k+1} - a_k = k+1$なので、

$a_n = a_1 + \sum_{k=1}^{n-1} (k+1) = 2 + \sum_{k=1}^{n-1} k + \sum_{k=1}^{n-1} 1 = 2 + \frac{(n-1)n}{2} + (n-1) = 2 + \frac{n^2 - n}{2} + n - 1 = 1 + \frac{n^2 - n + 2n}{2} = 1 + \frac{n^2 + n}{2} = \frac{n^2 + n + 2}{2}$

(2)

$a_{n+2}$は線分$A_nA_{n+1}$を4:1に外分する点なので、$a_{n+2} = \frac{-a_n + 4a_{n+1}}{4-1} = \frac{-a_n + 4a_{n+1}}{3}$ となります。

したがって、$3a_{n+2} = -a_n + 4a_{n+1}$であり、$a_{n+2} = \frac{4}{3} a_{n+1} - \frac{1}{3} a_n$が成り立ちます。

この漸化式を変形します。特性方程式は $x^2 - \frac{4}{3}x + \frac{1}{3} = 0$、すなわち、$3x^2 - 4x + 1 = 0$となります。

$(3x - 1)(x - 1) = 0$なので、$x = 1$または$x = \frac{1}{3}$です。

よって、$a_{n+2} - a_{n+1} = \frac{1}{3}(a_{n+1} - a_n)$となります。

$a_{n+1} - a_n$は等比数列なので、$a_{n+1} - a_n = (a_2 - a_1) (\frac{1}{3})^{n-1} = (\frac{1}{3})^{n-1}$となります。

$a_n = a_1 + \sum_{k=1}^{n-1} (a_{k+1} - a_k) = 0 + \sum_{k=1}^{n-1} (\frac{1}{3})^{k-1} = \sum_{k=0}^{n-2} (\frac{1}{3})^k = \frac{1 - (\frac{1}{3})^{n-1}}{1 - \frac{1}{3}} = \frac{1 - (\frac{1}{3})^{n-1}}{\frac{2}{3}} = \frac{3}{2} (1 - (\frac{1}{3})^{n-1}) = \frac{3}{2} (1 - \frac{1}{3^{n-1}})$となります。

3. 最終的な答え

(1) $\frac{n^2+n+2}{2}$

(2) $\frac{3}{2} (1 - \frac{1}{3^{n-1}})$