大阪大学 前期理系 2001年度 問5

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解答作成者: 森 宏征

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入試情報

大学名 大阪大学
学科・方式 前期理系
年度 2001年度
問No 問5
学部 理学部 ・ 医学部 ・ 歯学部 ・ 薬学部 ・ 工学部 ・ 基礎工学部
カテゴリ 数列
状態 解答 解説なし ウォッチリスト

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\documentclass[a4paper,12pt,fleqn]{jreport} \usepackage{amsmath} \usepackage{amssymb} \usepackage{ascmac} \usepackage{vector3} \usepackage{custom_mori} \setlength{\topmargin}{-25mm} \setlength{\oddsidemargin}{2.5mm} \setlength{\textwidth}{420pt} \setlength{\textheight}{700pt} \usepackage{color} \ExecuteOptions{usename} \usepackage{graphicx} \usepackage{pifont} \begin{document} \setlength{\abovedisplayskip}{0.5zw} \setlength{\belowdisplayskip}{0.5zw} \begin{FRAME}  数列 $\{a_n\}$ において,\smallskip 各項 $a_n$ が $a_n \geqq 0$ をみたし, かつ $\sum\limits_{n = 1}^{\infty}a_n = \dfrac{1}{2}$ が成り立つとする. さらに各$n$に対し \begin{gather*} b_n = (1-a_1)(1-a_2) \cdots (1-a_n) \\ c_n = 1 - (a_1 + a_2 + \cdots + a_n) \end{gather*} とおく. \begin{enumerate} \renewcommand{\labelenumi}{(\arabic{enumi})} \item  すべての $n$ に対し不等式 $b_n \geqq c_n$ が成り立つことを, 数学的帰納法で示せ. \item  ある $n$ について $b_{n+1} = c_{n+1}$ が成り立てば, $b_n = c_n$ となることを示せ. \item  $b_3 = \dfrac{1}{2}$ となるとき,\smallskip $c_3 = \dfrac{1}{2}$ であることを示せ. また $b_3 = \dfrac{1}{2}$ となる数列 $\{a_n\}$ は全部で何種類あるかを求めよ. \end{enumerate} \end{FRAME} \noindent{\color[named]{BurntOrange}\bfseries \fbox{解答}} \begin{enumerate} \renewcommand{\labelenumi}{(\arabic{enumi})} \item \hspace{2.55zw}$b_n \geqq c_n$ \hfill$\cdott(*)$ \vskip 0.5zw \noindent% とおく. \begin{enumerate} \item[(I)]  $n = 1$ のとき,$b_1 = 1 - a_1 = c_1$ だから $(*)$ は等号で成り立つ. \item[(II)]  $n = k$ のとき $(*)$ が成り立つと仮定すれば,$b_k \geqq c_k$.  $x$ の1次関数 $f_k(x)$ を \begin{align*} f_k(x) &= {}\underbrace{\,(1-a_1)(1-a_2) \cdots (1-a_k)\,}_{b_k}{} (1-x) \\ &{}\qquad {}\underbrace{\,- 1 + (a_1 + a_2 + \cdots + a_k)\,}_{-c_k}{} + x \\ % &= b_k(1 - x) - c_k + x \\ &= (1 - b_k)x + b_k - c_k \end{align*} と定める. $a_j \geqq 0\,\,\,(j = 1,\,\,2,\,\,\cdots)$ % かつ $\sum\limits_{n=1}^{\infty} a_n = \dfrac{1}{2}$ より \begin{gather*} 0 \leqq a_j \leqq \sum_{n=1}^{\infty} a_n = \frac{1}{2} \tag*{$\cdott\MARU{1}$} \end{gather*} \MARU{1}より $\dfrac{1}{2} \leqq 1 - a_j \leqq 1$ だから, \begin{gather*} \frac{1}{2^k} \leqq (1 - a_1)(1 - a_2) \cdots (1 - a_k) = b_k \leqq 1 \\ \therefore \,\,\, 1 - b_k \geqq 0 \end{gather*} よって $f_k(x)$ は増加関数である. したがって $x \geqq 0$ ならば, \begin{gather*} f_k(x) \geqq f_k(0) = b_k - c_k \geqq 0 \quad(\,\because\,\,\,b_k \geqq c_k) \tag*{$\cdott\MARU{2}$} \end{gather*} 特に $x = a_{k+1}\,\,(\geqq 0)$ のときも\MARU{2}は成り立つから, \begin{align*} 0 \leqq f_k(a_{k+1}) &= (1-a_1)(1-a_2) \cdots (1-a_k) \cdot (1-a_{k+1}) \\ &\qquad{} - 1 + (a_1 + a_2 + \cdots + a_k) + a_{k+1} \\ &= b_{k+1} - c_{k+1} \end{align*} \vspace{-8mm} \begin{align*} \therefore \,\,\, b_{k+1} \geqq c_{k+1} \end{align*} ゆえに $n = k+1$ のときも $(*)$ は成り立つ. \end{enumerate}  (I),\,\,(II)より $(*)$ は証明された. \hfill ■ \item  ある $n$ に対して $b_{n+1} = c_{n+1}$ が成り立つとすれば, \begin{align*} f_n(a_{n+1}) = b_{n+1} - c_{n+1} = 0 \end{align*} $(*)$ および $f_n(x)$ が増加関数であることから, \begin{align*} 0 \leqq b_n - c_n = f_n(0) \leqq f_n(a_{n+1}) = 0 \qquad \therefore \,\,\, b_n = c_n \tag*{■} \end{align*} \item  $b_3 = (1-a_1)(1-a_2)(1-a_3) = \dfrac{1}{2}$ より, \begin{gather*} 1 - (a_1 + a_2 + a_3) + (a_1a_2 + a_2a_3 + a_3a_1) - a_1a_2a_3 = \frac{1}{2} \\[1mm] \therefore \,\,\, \frac{1}{2} - (a_1 + a_2 + a_3) = a_1a_2a_3 - (a_1a_2 + a_2a_3 + a_3a_1) \tag*{$\cdott\MARU{3}$} \end{gather*} $a_n \geqq 0\,\,\,(n = 1,\,\,2,\,\,\cdots)$ かつ % $\sum\limits_{n=1}^{\infty} a_n = \dfrac{1}{2}$ より \begin{align*} \frac{1}{2} - (a_1+a_2+a_3) = \sum_{n=1}^{\infty} a_n - a_1 - a_2 - a_3 = \sum_{n=4}^\infty a_n \geqq 0 \tag*{$\cdots\cdotssp\MARU{4}$} \end{align*} \MARU{1}より % %$0 \leqq a_j \leqq \dfrac{1}{2}\,\,\, %(j=1,\,\,2,\,\,3)$ だから $0 \leqq a_1a_2a_3 \leqq a_1a_2 \cdot \dfrac{1}{2} \leqq a_1a_2$ だから, \begin{align*} a_1a_2a_3 - (a_1a_2 + a_2a_3 + a_3a_1) &= -\underbrace{\,(a_1a_2 - a_1a_2a_3)\,}_{0以上}{} - {}\underbrace{\,(a_2a_3 + a_3a_1)\,}_{0以上}{} \\ &\leqq 0 \tag*{$\cdott\MARU{5}$} \end{align*} \MARU{3},\,\,\MARU{4},\,\,\MARU{5}より \begin{align*} 0 \leqq \frac{1}{2} - (a_1 + a_2 + a_3) \leqq 0 \qquad \therefore \,\,\, a_1 + a_2 + a_3 = \frac{1}{2} \tag*{$\cdott\MARU{6}$} \end{align*} \MARU{6}より \begin{align*} c_3 = 1 - (a_1 + a_2 + a_3) = 1 - \frac{1}{2} = \frac{1}{2} \end{align*} を得る. \MARU{3},\,\,\MARU{6}より \begin{align*} a_1a_2a_3 - (a_1a_2 + a_2a_3 + a_3a_1) = 0 \tag*{$\cdott\MARU{7}$} \end{align*} $b_3 = c_3\left(= \dfrac{1}{2} \right)$ から $n = 2$ として (2)の主張を適用すれば, \begin{gather*} b_2 = c_2 \quad すなわち \quad (1-a_1)(1-a_2) = 1 - (a_1+a_2) \\ 整理して \quad a_1a_2 = 0 \\ ゆえに \quad a_1 = 0\,\,\,または\,\,\,a_2 = 0 \end{gather*} \begin{enumerate} \item[(i)] $a_1 = 0$ のとき  \MARU{6}より $a_2 + a_3 = \dfrac{1}{2}$.\smallskip \MARU{7}より $a_2a_3 = 0$ だから $a_2 = 0$ または $a_3 = 0$.  ゆえに \[ (a_2,\,\,a_3) = \left(0,\,\,\frac{1}{2} \right),\quad \left(\frac{1}{2},\,\,0 \right) \] \item[(ii)] $a_2 = 0$ のとき  $a_1$ と $a_2$ をとり換えて(i)の議論をくり返せば, \begin{align*} (a_1,\,\,a_3) = \left(0,\,\,\frac{1}{2} \right),\quad \left(\frac{1}{2},\,\,0 \right) \end{align*} \end{enumerate}  (i),\,\,(ii)より \begin{align*} (a_1,\,\,a_2,\,\,a_3) = \left(0,\,\,0,\,\,\frac{1}{2} \right),\quad \left(0,\,\,\frac{1}{2},\,\,0 \right),\quad \left(\frac{1}{2},\,\,0,\,\,0 \right) \tag*{$\cdots\cdotssp\MARU{8}$} \end{align*} $\sum\limits_{n=1}^\infty a_n = \dfrac{1}{2}$ および\MARU{8}より \begin{align*} a_4 = a_5 = a_6 = \cdots = a_n = \cdots = 0 \end{align*} したがって 数列 $\{a_n\}$ の種類は$(a_1,\,\,a_2,\,\,a_3)$の決め方と同数である. ゆえに\MARU{8}より \begin{align*} \textcolor{red}{\boldsymbol{3\,\,通り}} \tag*{$\Ans$} \end{align*} \end{enumerate} \end{document}