今日は、2018年の東京慈恵会医科大の数学の解説をしてみます。
自然数 $n$ に対して、整式 $f_n (x)$ を次のように定める。
\begin{align*}
& f_1 (x) = x^2 + x – \frac{1}{4} \\
& f_n (x) = f_1 ( f_{n-1} (x) ) \, (n \geq 2)
\end{align*}$f_n (x)$ を $ x^2$ で割ったときの余りを $a_n x + b_n$ とするとき、次の問いに答えよ。
(1) $a_2, b_2$ の値を求めよ。
(2) 極限値 $\displaystyle \lim_{n \to \infty} a_n$ を求めよ。
2018 東京慈恵会医大
解いてみた感想
$n$ 重の合成関数ですね。こういう問題は個人的にしんどいイメージがあります。実際にこの問題もそうでした。
地道にやっていって工夫・法則性を見つけていくしかなさそうですね。
(1) は簡単ですが、 (2) が私大医学部って感じの面倒な問題。
商をいちいち計算するのは面倒なので…
とりあえず本問で重要となるのはあくまで 余り であって、商ではないですから、商の部分を計算しないで済むように設定してみます。
商をいちいち計算するのは面倒なので、 $x^2$ で割り切れるような整式を $Q_i (x) \, (i = 1, 2, ……)$ と表してみます。
こういった工夫により本質的でない部分を簡略化することで、問題全体の見通しが良くなってきます。
整式に対して合同式を適用するのとやってることの本質は同じです
計算がしんどく、先が見えなくなってしまいそうな問題ですが、やること自体は決して複雑な話ではありません。
(1)
さて、以上の工夫によって、 (1) は余計な部分を省いて簡単に計算ができそうです。求めてみましょう。
f_2(x) & = f_1(f_1(x)) \\
& = (f_1(x))^2 + f_1(x) – \frac{1}{4} \\
& = \left( x^2 + x – \frac{1}{4} \right)^2 + \left( x^2 + x – \frac{1}{4} \right) – \frac{1}{4} \\
& = \left( {\color{#ff0000}{Q_1(x)}} – \frac{1}{2} x + \frac{1}{16} \right) + \left( {\color{#ff0000}{x^2}} + x – \frac{1}{4} \right) – \frac{1}{4} \\
& = {\color{#ff0000}{Q_2(x)}} – \frac{1}{2} x – \frac{7}{16}
\end{align*}
以上より
a_2 = \frac{1}{2}, \, b_2 = -\frac{7}{16}
\end{align*}
(2)
なるべく楽に攻略できるように、工夫しながらやってみます。
とりあえず $a_n, b_n$ の情報を知りたいので、漸化式を作る方針で式変形をしてみましょう。
方針: $f_{n+1}(x)$ を $x^2$ で割った余りを考えることにより、 $a_n, b_n$ に関する漸化式を得る
なんかはさみうちの不等式を作る解法もあるようです
そこで、漸化式を立ててを直接求めてみましょう。
さて、ここで $f_n(x)$ についての計算をするわけですが、次のような問題にぶち当たります。
あれ、 $f_n (x)$ って具体的にどう表現できるんだ…？
でも大丈夫。さっき、 $Q_i (x)$ というテキトーな整式を定義したおかげで、$f_n(x)$ は具体的な形がわからなくとも次のように表せることがわかります。
f_n(x) = Q_3(x) + a_n x + b_n
\end{align*}
$Q_i (x)$ 設定しといて助かったな…
ではこれで心配もなく、漸化式を立てにいけます。
f_{n+1}(x) & = f_1(f_n(x)) \\
& = (f_n(x))^2 + f_n(x) – \frac{1}{4} \\
& = \left( Q_3(x) + a_n x + b_n \right)^2 + \left( Q_3(x) + a_n x + b_n \right) – \frac{1}{4} \\
& = Q_4 (x) + a_n (2 b_n + 1) x + \left( b_n^2 + b_n – \frac{1}{4} \right)
\end{align*}
以上より係数比較によって次の連立漸化式が得られます。
& a_{n+1} = a_n (2 b_n + 1) \\
& b_{n+1} = b_n^2 + b_n – \frac{1}{4}
\end{align*}
これを解けばいいワケです。今回大事なのは $a_n$ ですから、まずはこちらをみてみましょう。
$a_n$ の漸化式、つまりが満たすべきルールというのは次のようになります。
$a_n$ が満たすべきルール
& a_{n+1} = a_n (2 b_n + 1) \\
& a_1 = 1
\end{align*}
え、こんなのどうやって解くの知らないんですけどマジ無理はい乙ーー
漸化式を繰り返し適用することで、次のような式が得られます。
a_{n} & = (2 b_{n-1} + 1) a_{n-1} \\
& = (2 b_{n-1} + 1) (2 b_{n-2} + 1) a_{n-2} \\
& = (2 b_{n-1} + 1) (2 b_{n-2} + 1) (2 b_{n-3} + 1) a_{n-3} \\
& = …… \\
& = (2 b_{n-1} + 1) (2 b_{n-2} + 1) …… (2 b_{1} + 1) a_{1} \\
& = (2 b_{n-1} + 1) (2 b_{n-2} + 1) …… (2 b_{1} + 1)
\end{align*}
これで、 $a_n$ が $(2 b_j + 1)$ の積の形で表現できました。このままではわかりにくいので、次のような $c_n$ を導入します。
c_n = 2 b_n + 1
\end{align*}
また、両辺の $\log{}$ をとってあげることで積を和の形で表現してみます。ここまでシンプルにすればやるべきことは見えてきますね。
\log{a_n} = \sum_{j=1}^{n-1} \log{c_j}
\end{align*}
つまり、 $\log{c_n}$ を求めればよく、これは $b_n$ の漸化式に $c_n = 2 b_n + 1$ を代入して得られる漸化式からイケそうです。
b_{n+1} = b_n^2 + b_n – \frac{1}{4}
\end{align*}
から
2 b_{n+1} + 1 & = 2 \left( b_n^2 + b_n – \frac{1}{4} \right) + 1 \\
& = \frac{1}{2} \left( 2 b_{n+1} + 1 \right)^2
\end{align*}
よって、
\log{c_{n+1}} = 2 \log{c_n} – \log{2}
\end{align*}
ここまで分かればあとは終わりですね。この $\log{c_n}$ についての漸化式を解いて一般項を求めてあげると
\log{c_{n}} = (1 – 2^n) \log{2}
\end{align*}
よって、
\log{a_n} & = \sum_{j=1}^{n-1} \log{c_j} \\
& = \sum_{j=1}^{n-1}(1 – 2^n) \log{2} \\
& = (n – 2^n + 1) \log{2} \\
& = \log{2^{(n-2^n+1)}}
\end{align*}
であるから、
a_n = 2^{(n-2^n+1)}
\end{align*}
$n \to \infty$ で $(n-2^n+1) \to – \infty$ だから、結局
\lim_{n \to \infty} a_n & = \lim_{n \to \infty} 2^{(n-2^n+1)} \\
& = 2^{-\infty} \\
& = 0
\end{align*}
はい。これで終わりです。
振り返ってみてみると、実はやっていることは非常に単純で、 $a_n$ の一般項を求めているだけなんですよね。複雑な部分を工夫して簡単にすることで、こういった目的を明確に、見失わないようになり、問題を確実に解くことができるようになると思います。
大局観を養うの大事よ。