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名古屋大学　2021年度　前期日程　理科系

第4問数列の解答・解説

ガウス記号・漸化式・軌跡の図示・2項間漸化式の一般項当サイトの体感難易度：やや難最終更新 2026/10/12

問題文について

大学の公式解答ではなく、当サイト独自の解答・解説です。問題文は掲載していません。理科系の問題文は、この年度については大学が公開していません（2026/10/12時点）。お手元の過去問集・赤本などでご確認ください。

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(1) $0 ≦ a < 1$ 、 $a_{1} = a$ 、 $a_{n + 1} = 3 [a_{n} + \frac{1}{2}] - 2 a_{n}$ とするとき、 $a$ が $0 ≦ a < 1$ を動いてできる点 $(x, y) = (a_{1}, a_{2})$ の軌跡を図示する

答 $0 ≦ x < \frac{1}{2}$ の部分が $y = - 2 x$ 、 $\frac{1}{2} ≦ x < 1$ の部分が $y = - 2 x + 3$ の、2本の線分（右端は除く）

$[a + \frac{1}{2}]$ の値が変わるところで場合分けする。 $0 ≦ a < 1$ なら $a + \frac{1}{2}$ は $\frac{1}{2}$ 以上 $\frac{3}{2}$ 未満なので、ガウス記号の値は $0$ か $1$ の2通りしかない。

$x = a_{1} = a$ なので $0 ≦ x < 1$ である。 $a + \frac{1}{2}$ は $\frac{1}{2} ≦ a + \frac{1}{2} < \frac{3}{2}$ を動くから、

$0 ≦ a < \frac{1}{2}$ のとき $\frac{1}{2} ≦ a + \frac{1}{2} < 1$ なので $[a + \frac{1}{2}] = 0$
$\frac{1}{2} ≦ a < 1$ のとき $1 ≦ a + \frac{1}{2} < \frac{3}{2}$ なので $[a + \frac{1}{2}] = 1$

の2通りである。それぞれ $y = a_{2} = 3 [a + \frac{1}{2}] - 2 a$ に入れると

y = ⎩ ⎨ ⎧ - 2 x - 2 x + 3 (0 ≦ x < \frac{1}{2}) (\frac{1}{2} ≦ x < 1)

である。端点は $x = 0$ で $(0, 0)$ 、 $x \to \frac{1}{2}$ で $(\frac{1}{2}, - 1)$ に近づく（含まない）、 $x = \frac{1}{2}$ で $(\frac{1}{2}, 2)$ 、 $x \to 1$ で $(1, 1)$ に近づく（含まない）。

点 (a1, a2) の軌跡。傾き -2 の線分が2本で、左の線分は (0, 0) から (1/2, -1) の手前まで、右の線分は (1/2, 2) から (1, 1) の手前まで。白丸にあたる右端は含まない。

求める軌跡はこの2本の線分（それぞれ右端を除く）である。

$a = 0.3$ なら $a_{2} = - 0.6 = - 2 \cdot 0.3$ 、 $a = 0.8$ なら $a_{2} = 3 - 1.6 = 1.4 = - 2 \cdot 0.8 + 3$ で、式のとおりだった。

$[a + \frac{1}{2}]$ であって $[a] + \frac{1}{2}$ ではない。切り替わるのは $a = \frac{1}{2}$ である。

$a < 1$ は等号なしなので、右端の $(\frac{1}{2}, - 1)$ と $(1, 1)$ は含まない。 $x = \frac{1}{2}$ 自体は右側の線分に入るので、 $(\frac{1}{2}, 2)$ は含む。

(2) $a_{n} - [a_{n}] ≧ \frac{1}{2}$ ならば $a_{n} < a_{n + 1}$ であることを示す

答 $a_{n + 1} - a_{n} = 3 (1 - f) > 0$ （ $f = a_{n} - [a_{n}]$ は小数部分で $f < 1$ ）

$m = [a_{n}]$ 、 $f = a_{n} - m$ とおいて、 $[a_{n} + \frac{1}{2}]$ を $m$ で表す。 $f ≧ \frac{1}{2}$ なら $f + \frac{1}{2} ≧ 1$ なので、ガウス記号の中身が1つ繰り上がる。

$m = [a_{n}]$ 、 $f = a_{n} - m$ とおく。 $m$ は整数で $0 ≦ f < 1$ である。仮定は $f ≧ \frac{1}{2}$ である。

このとき

a_{n} + \frac{1}{2} = m + (f + \frac{1}{2}), 1 ≦ f + \frac{1}{2} < \frac{3}{2}

なので $f + \frac{1}{2}$ の整数部分は $1$ であり

[a_{n} + \frac{1}{2}] = m + 1

である。よって

a_{n + 1} = 3 (m + 1) - 2 a_{n} = 3 m + 3 - 2 (m + f) = m + 3 - 2 f

となり

a_{n + 1} - a_{n} = (m + 3 - 2 f) - (m + f) = 3 - 3 f = 3 (1 - f)

である。 $f < 1$ だから $3 (1 - f) > 0$ 、すなわち $a_{n} < a_{n + 1}$ である。 $■$

$- 50 ≦ x ≦ 50$ の20万点で、小数部分が $\frac{1}{2}$ 以上のときに $a_{n + 1} > a_{n}$ が破れる例はなかった。

ガウス記号は「整数部分 $m$ をくくり出す」と扱いやすい。 $[m + t] = m + [t]$ （ $m$ は整数）を使う。

$f < 1$ は小数部分の定義そのもので、ここだけが不等号を強くする根拠である。

(3) $a_{n} > a_{n + 1}$ ならば $a_{n + 1} = 3 [a_{n}] - 2 a_{n}$ かつ $[a_{n + 1}] = [a_{n}] - 1$ であることを示す

答(2) の対偶から $f < \frac{1}{2}$ 、よって $[a_{n} + \frac{1}{2}] = [a_{n}]$ となり $a_{n + 1} = m - 2 f$ （ $0 < 2 f < 1$ ）

(2) の対偶を使って小数部分を $\frac{1}{2}$ 未満に絞るのが第一歩。そのあとは $a_{n + 1} = m - 2 f$ を $m - 1 < a_{n + 1} < m$ の形に読み替えればガウス記号が確定する。

(2) の対偶より、 $a_{n} > a_{n + 1}$ ならば $f = a_{n} - [a_{n}] < \frac{1}{2}$ である。 $m = [a_{n}]$ とおく。

前半。 $f < \frac{1}{2}$ より

\frac{1}{2} ≦ f + \frac{1}{2} < 1

なので $[a_{n} + \frac{1}{2}] = m = [a_{n}]$ である。したがって

a_{n + 1} = 3 [a_{n} + \frac{1}{2}] - 2 a_{n} = 3 [a_{n}] - 2 a_{n}

である。

後半。 これを $m, f$ で書くと

a_{n + 1} = 3 m - 2 (m + f) = m - 2 f

である。ここで $f = 0$ だと $a_{n + 1} = m = a_{n}$ となって $a_{n} > a_{n + 1}$ に反するので $f > 0$ 、つまり

0 < 2 f < 1

である。よって

m - 1 < a_{n + 1} < m

となり

[a_{n + 1}] = m - 1 = [a_{n}] - 1

である。 $■$

$- 50 ≦ x ≦ 50$ の20万点のうち $a_{n + 1} < a_{n}$ となったものすべてで、 $a_{n + 1} = 3 [a_{n}] - 2 a_{n}$ と $[a_{n + 1}] = [a_{n}] - 1$ が成り立った。

$f = 0$ の場合を落とすと $a_{n + 1} = m$ となり $[a_{n + 1}] = m$ で結論が崩れる。仮定 $a_{n} > a_{n + 1}$ から $f > 0$ を言っておく。

$[a_{n + 1}]$ は $a_{n + 1}$ を整数で挟んで決める。 $m - 1 < a_{n + 1} < m$ まで持っていけば自動的に決まる。

(4)ある $2$ 以上の自然数 $k$ について $a_{1} > a_{2} > \dots > a_{k}$ が成り立つとき、 $a_{k}$ を $a$ の式で表す

答 $a_{k} = \frac{4}{3} - k + \frac{( - 2 ) ^{k}}{6} (1 - 3 a)$

(3) を $n = 1, \dots, k - 1$ に順に使うと $[a_{n}]$ が $0, - 1, - 2, \dots$ と $1$ ずつ下がることが分かる。すると漸化式のガウス記号が消えて $a_{n + 1} = 3 (1 - n) - 2 a_{n}$ という普通の2項間漸化式になる。

$0 ≦ a < 1$ より $[a_{1}] = [a] = 0$ である。仮定より $n = 1, 2, \dots, k - 1$ で $a_{n} > a_{n + 1}$ なので、(3) の後半を繰り返し使って

[a_{n}] = [a_{1}] - (n - 1) = 1 - n (1 ≦ n ≦ k)

である。また (3) の前半より、 $1 ≦ n ≦ k - 1$ で

a_{n + 1} = 3 [a_{n}] - 2 a_{n} = 3 (1 - n) - 2 a_{n}

すなわち

a_{n + 1} + 2 a_{n} = 3 - 3 n \dots ①

である。ガウス記号が消えたので、ふつうの漸化式として解ける。

特殊解を探す。 右辺が $n$ の1次式なので、 $b_{n} = λn + μ$ が ① を満たすとしてみる。代入すると

λ (n + 1) + μ + 2 (λn + μ) = 3 λn + λ + 3 μ

で、これが $- 3 n + 3$ に一致するには $3 λ = - 3$ と $λ + 3 μ = 3$ 、つまり

λ = - 1, μ = \frac{4}{3}

である。そこで $c_{n} = a_{n} - (- n + \frac{4}{3})$ とおくと、① から

c_{n + 1} + 2 c_{n} = 0, すなわち c_{n + 1} = - 2 c_{n}

となる。よって $c_{n} = c_{1} (- 2)^{n - 1}$ である。

初期値。 $a_{1} = a$ より

c_{1} = a - (- 1 + \frac{4}{3}) = a - \frac{1}{3} = - \frac{1 - 3 a}{3}

である。したがって $1 ≦ n ≦ k$ で

a_{n} = \frac{4}{3} - n - \frac{1 - 3 a}{3} (- 2)^{n - 1} = \frac{4}{3} - n + \frac{( - 2 ) ^{n}}{6} (1 - 3 a)

である（ $- \frac{1}{3} (- 2)^{n - 1} = \frac{( - 2 ) ^{n}}{6}$ を使った）。 $n = k$ として

a_{k} = \frac{4}{3} - k + \frac{( - 2 ) ^{k}}{6} (1 - 3 a)

である。

$k = 1$ を入れると $\frac{4}{3} - 1 - \frac{1}{3} (1 - 3 a) = a$ で $a_{1}$ に戻り、 $k = 2$ では $\frac{4}{3} - 2 + \frac{2}{3} (1 - 3 a) = - 2 a$ となって (1) の左側の線分 $y = - 2 x$ と合う。

$a = \frac{3}{10}$ では減少が $\frac{3}{10} > - \frac{3}{5} > - \frac{9}{5} > - \frac{12}{5}$ と4項続き、式に $k = 1, 2, 3, 4$ を入れた値がこの4つと分数のまま完全に一致した。 $a$ を $\frac{1}{1000}$ 刻みで動かしても反例はなかった。

$[a_{n}] = 1 - n$ が言えるのは「減少が続いている $n$ の範囲」だけである。 $a_{k}$ より先では (2) が働いて増加に転じうる。

$c_{n + 1} = - 2 c_{n}$ の公比は $- 2$ で、符号が交互に変わる。 $(- 2)^{n}$ を $2^{n}$ と書かない。

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問題文について

(1)0≦a<1、a1​=a、an+1​=3[an​+21​]−2an​ とするとき、a が 0≦a<1 を動いてできる点 (x,y)=(a1​,a2​) の軌跡を図示する

(2)an​−[an​]≧21​ ならば an​<an+1​ であることを示す

(3)an​>an+1​ ならば an+1​=3[an​]−2an​ かつ [an+1​]=[an​]−1 であることを示す

(4)ある 2 以上の自然数 k について a1​>a2​>⋯>ak​ が成り立つとき、ak​ を a の式で表す