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【解答・解説】2026年 早稲田大学 基幹・創造・先進理工学部 数学 第4問

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a(1)=2a(1)=2 とし，a(2), a(3), a(4), ⋯a(2),\ a(3),\ a(4),\ \cdots を次の関係で定める。

a(2n)=3a(n)+1,a(2n+1)=3a(n)+2(n=1,2,⋯ )\begin{aligned} a(2n)&=3a(n)+1,\\ a(2n+1)&=3a(n)+2\qquad(n=1,2,\cdots) \end{aligned}

以下の問に答えよ。

（1）a(7), a(9)a(7),\ a(9) を求めよ。

（2）自然数 nn に対して，a(2n+1)a(2^n+1) は，1または2のいずれかの値をとるような b0, b1, ⋯ , bnb_0,\ b_1,\ \cdots,\ b_n を用いて，

a(2n+1)=∑k=0nbk⋅3ka(2^n+1)=\sum_{k=0}^{n}b_k\cdot3^k

と表せる。b0, b1, ⋯ , bnb_0,\ b_1,\ \cdots,\ b_n をそれぞれ求めよ。

（3）自然数 nn に対して，∑k=12n−1a(k)\displaystyle\sum_{k=1}^{2^n-1}a(k) を求めよ。

重要知識と着眼点

（1）番号を半分にしながらさかのぼる

小さい数や簡単な場合で実験

具体的な数値や簡単な場合で実験して、規則性や方針を探す。
自然数 nn が出てくる問題では、n=1,2,3,…n=1,2,3,\ldots を代入する。

a(7)a(7) は 7=2⋅3+17=2\cdot3+1 なので a(3)a(3) から、a(9)a(9) は 9=2⋅4+19=2\cdot4+1 なので a(4)a(4) から求まります。
番号を2で割りながらさかのぼり、a(1)a(1) まで戻ったら順に計算します。
この計算は、（2）（3）の規則を見つけるための実験にもなります。

（2）2進法と3進法の対応に気づく

2進数の意味と10進数への直し方

各桁を 0,10,1 で表し、右から順に 1,2,22,…1,2,2^2,\ldots の位とする。
例：(1011)2=1⋅23+0⋅22+1⋅2+1=11(1011)_2=1\cdot2^3+0\cdot2^2+1\cdot2+1=11。
小数第1位からは 2−1,2−2,…2^{-1},2^{-2},\ldots の位。

番号 nn を2進法で書くと、2n2n は末尾に 00 を付けた数、2n+12n+1 は末尾に 11 を付けた数です。
一方、3a(n)+13a(n)+1 と 3a(n)+23a(n)+2 は、a(n)a(n) を3進法で書いて末尾に 11、22 を付けた数です。
さらに a(1)=2a(1)=2 です。

つまり a(n)a(n) は、「nn の2進法の各桁を 0→10\to1、1→21\to2 と書きかえ、3進法として読んだ数」になっていると予想できます。
例えば 7=(111)27=(111)_2 なら a(7)=(222)3=26a(7)=(222)_3=26、9=(1001)29=(1001)_2 なら a(9)=(2112)3=68a(9)=(2112)_3=68 で、（1）の結果と一致します。

2n+12^n+1 は2進法で (10⋯01)2(10\cdots01)_2 と書けるので、a(2n+1)a(2^n+1) の3進法の各桁は 2,1,…,1,22,1,\ldots,1,2 と予想できます。
答案では、この予想を漸化式から確かめます。
3進法の表し方はただ1通りなので、bkb_k は一つに決まります。

（3）番号を2つずつ組にして、和の漸化式を作る

an+1=pan+qa_{n+1}=pa_n+q 型の漸化式の解き方

p≠1p\ne1 のときは、次のように解く。

  1. α=pα+q\alpha=p\alpha+q を解く。
  2. an+1−α=p(an−α)a_{n+1}-\alpha=p(a_n-\alpha) に変形
  3. {an−α}\{a_n-\alpha\} を等比数列としてみて解く

番号 2,3,…,2n+1−12,3,\ldots,2^{n+1}-1 は、2j2j と 2j+12j+1（j=1,2,…,2n−1j=1,2,\ldots,2^n-1）の組にちょうど分けられます。
組ごとに足すと a(2j)+a(2j+1)=6a(j)+3a(2j)+a(2j+1)=6a(j)+3 となり、番号が半分の和で表せます。
これで、和 SnS_n についての漸化式が作れます。

できる漸化式は Sn+1=6Sn+3⋅2n−1S_{n+1}=6S_n+3\cdot2^n-1 で、上の型に 2n2^n の項が加わった形です。
このときは定数 α\alpha の代わりに α⋅2n+β\alpha\cdot2^n+\beta の形の式を引いて、等比数列に直します。

解答

（1）

定義から順に計算する。

a(2)=3a(1)+1=7,a(3)=3a(1)+2=8,a(4)=3a(2)+1=22,a(7)=3a(3)+2=26,a(9)=3a(4)+2=68.\begin{aligned} a(2)&=3a(1)+1=7, & a(3)&=3a(1)+2=8,\\ a(4)&=3a(2)+1=22, & a(7)&=3a(3)+2=26,\\ a(9)&=3a(4)+2=68. \end{aligned}

よって、a(7)=26a(7)=26、a(9)=68a(9)=68。

（2）

まず、00 以上の整数 mm に対して

a(2m)=2⋅3m+∑k=0m−13k(A)a(2^m)=2\cdot3^m+\sum_{k=0}^{m-1}3^k\tag{A}

が成り立つことを、数学的帰納法で示す。
ただし、m=0m=0 のときの和は 00 とする。

m=0m=0 のとき、a(1)=2a(1)=2 だから成り立つ。
mm のとき成り立つとすると、2m+1=2⋅2m2^{m+1}=2\cdot2^m だから、

a(2m+1)=3a(2m)+1=2⋅3m+1+∑k=1m3k+1=2⋅3m+1+∑k=0m3k\begin{aligned} a(2^{m+1})&=3a(2^m)+1\\ &=2\cdot3^{m+1}+\sum_{k=1}^{m}3^k+1\\ &=2\cdot3^{m+1}+\sum_{k=0}^{m}3^k \end{aligned}

となり、m+1m+1 のときも成り立つ。
よって、すべての 00 以上の整数 mm で (A) が成り立つ。

次に、自然数 nn に対して 2n+1=2⋅2n−1+12^n+1=2\cdot2^{n-1}+1 だから、(A) で m=n−1m=n-1 として、

a(2n+1)=3a(2n−1)+2=3(2⋅3n−1+∑k=0n−23k)+2=2⋅30+∑k=1n−11⋅3k+2⋅3n.\begin{aligned} a(2^n+1)&=3a(2^{n-1})+2\\ &=3\left(2\cdot3^{n-1}+\sum_{k=0}^{n-2}3^k\right)+2\\ &=2\cdot3^0+\sum_{k=1}^{n-1}1\cdot3^k+2\cdot3^n. \end{aligned}

ただし、n=1n=1 のとき ∑k=1n−1\displaystyle\sum_{k=1}^{n-1} と ∑k=0n−2\displaystyle\sum_{k=0}^{n-2} は 00 とする。

0,1,20,1,2 を各桁の数とする3進法の表し方はただ1通りなので、

b0=2,bk=1  (1≦k≦n−1),bn=2.b_0=2,\qquad b_k=1\ \ (1\leqq k\leqq n-1),\qquad b_n=2.

特に n=1n=1 のときは、b0=b1=2b_0=b_1=2 である。

補足小さいnで確かめる

n=1n=1 なら a(3)=8=2+2⋅3a(3)=8=2+2\cdot3 で、b0=b1=2b_0=b_1=2 です。
n=3n=3 なら a(9)=68=2+1⋅3+1⋅9+2⋅27a(9)=68=2+1\cdot3+1\cdot9+2\cdot27 で、b0=2, b1=b2=1, b3=2b_0=2,\ b_1=b_2=1,\ b_3=2 です。
どちらも（1）の計算と一致します。

（3）

Sn=∑k=12n−1a(k)\displaystyle S_n=\sum_{k=1}^{2^n-1}a(k) とおく。
S1=a(1)=2S_1=a(1)=2 である。

番号 2,3,…,2n+1−12,3,\ldots,2^{n+1}-1 は、j=1,2,…,2n−1j=1,2,\ldots,2^n-1 に対する 2j2j と 2j+12j+1 に、重複も漏れもなく分けられる。
a(2j)+a(2j+1)=6a(j)+3a(2j)+a(2j+1)=6a(j)+3 だから、

Sn+1=a(1)+∑j=12n−1{a(2j)+a(2j+1)}=2+∑j=12n−1{6a(j)+3}=2+6Sn+3(2n−1)=6Sn+3⋅2n−1.\begin{aligned} S_{n+1}&=a(1)+\sum_{j=1}^{2^n-1}\{a(2j)+a(2j+1)\}\\ &=2+\sum_{j=1}^{2^n-1}\{6a(j)+3\}\\ &=2+6S_n+3(2^n-1)\\ &=6S_n+3\cdot2^n-1. \end{aligned}

定数 α,β\alpha,\beta を

α⋅2n+1+β=6(α⋅2n+β)+3⋅2n−1\alpha\cdot2^{n+1}+\beta=6(\alpha\cdot2^n+\beta)+3\cdot2^n-1

がすべての nn で成り立つように定める。
2n2^n の係数と定数項を比べて 2α=6α+32\alpha=6\alpha+3、β=6β−1\beta=6\beta-1 だから、α=−34\alpha=-\dfrac34、β=15\beta=\dfrac15。
漸化式からこの式を辺々引くと、

Sn+1−(−34⋅2n+1+15)=6{Sn−(−34⋅2n+15)}.\begin{aligned} &S_{n+1}-\left(-\frac34\cdot2^{n+1}+\frac15\right)\\ &\quad=6\left\{S_n-\left(-\frac34\cdot2^n+\frac15\right)\right\}. \end{aligned}

S1−(−34⋅2+15)=2+32−15=3310S_1-\left(-\dfrac34\cdot2+\dfrac15\right)=2+\dfrac32-\dfrac15=\dfrac{33}{10} だから、

Sn=3310⋅6n−1−34⋅2n+15=11⋅6n−15⋅2n+420.\begin{aligned} S_n&=\frac{33}{10}\cdot6^{n-1}-\frac34\cdot2^n+\frac15\\ &=\frac{11\cdot6^n-15\cdot2^n+4}{20}. \end{aligned}
補足小さいnで和を確かめる

a(1),a(2),…,a(7)a(1),a(2),\ldots,a(7) は 2,7,8,22,23,25,262,7,8,22,23,25,26 です。
n=2n=2 なら 2+7+8=172+7+8=17、n=3n=3 なら 17+22+23+25+26=11317+22+23+25+26=113 です。
式に代入すると、11⋅36−60+420=17\dfrac{11\cdot36-60+4}{20}=17、11⋅216−120+420=113\dfrac{11\cdot216-120+4}{20}=113 で一致します。

問題データ

主分野
数列
関連分野
整数
難易度の目安
C（やや難）
目標時間
30分

講評

番号が2倍になる漸化式で定まる数列の問題です。
（1）は定義どおり計算するだけなので、確実に得点したいところです。

（2）は、2進法と3進法の対応に気づくと答えの予想がすぐに立ちます。
気づかなくても、a(2m)a(2^m) を a(1),a(2),a(4),a(8)a(1),a(2),a(4),a(8) と計算していけば規則は見えてきます。
答案では予想だけで終わらせず、a(2m)a(2^m) の式を数学的帰納法で示してから a(2n+1)a(2^n+1) を計算しましょう。

差がつくのは（3）です。
a(1)a(1) を別にして、22 から 2n+1−12^{n+1}-1 までの番号を 2j2j と 2j+12j+1 の組にまとめる発想が鍵になります。
番号の範囲と組の個数を正確に対応させないと、a(1)a(1) の扱いや項数を間違えやすいので注意しましょう。
漸化式が立てば、後は等比数列に直す定型の計算です。
最後に n=2,3n=2,3 を代入して、具体的な和と一致するかを確かめると安心です。

難易度はC、目標時間は30分としました。
（3）で和の漸化式を作る発想が必要で、漸化式を解く計算もやや長いためです。

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