第4問数列の解答・解説

場合分けのある漸化式・0に戻る番号の列・ブロックごとの和・不等式を満たす最小の番号当サイトの体感難易度：やや難最終更新 2026/10/13

問題文について

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(1) $a_{1} = 1$ 、 $a_{n + 1} = a_{n} - 1$ （ $a_{n} > 0$ のとき）、 $a_{n + 1} = n$ （ $a_{n} ≦ 0$ のとき）で定める。 $a_{n} = 10000$ となる最小の $n$ を求める

答 $n = 14575$

$a_{n} = 0$ になる番号を $r_{k}$ とすると $r_{k + 1} = 2 r_{k} + 1$ 。 $a$ は $r_{k}$ から $0$ まで1ずつ下がる「かたまり」を繰り返す。

はじめのほうを書き出すと

a_{1}, a_{2}, \dots = 1, 0, 2, 1, 0, 5, 4, 3, 2, 1, 0, 11, \dots

である。 $a_{n} = 0$ となる番号を小さい順に $r_{1}, r_{2}, \dots$ とすると $r_{1} = 2, r_{2} = 5, r_{3} = 11, r_{4} = 23$ である。

一般に $a_{r_{k}} = 0$ なら $a_{r_{k} + 1} = r_{k}$ で、そこから1ずつ減って $0$ になるのは $r_{k}$ 歩あとだから

r_{k + 1} = (r_{k} + 1) + r_{k} = 2 r_{k} + 1

である。 $r_{k} + 1 = 2 (r_{k - 1} + 1)$ と書けるので、 $r_{1} + 1 = 3$ より

r_{k} + 1 = 3 \cdot 2^{k - 1}, r_{k} = 3 \cdot 2^{k - 1} - 1

である。また $r_{k} + 1 ≦ n ≦ r_{k + 1}$ の範囲では $a_{n}$ は $r_{k}$ から $0$ まで1ずつ減るので

a_{n} = r_{k + 1} - n

である。 $a_{n} = 10000$ となるには、そのかたまりの最大値 $r_{k}$ が $10000$ 以上でなければならない。 $r_{12} = 3 \cdot 2^{11} - 1 = 6143$ 、 $r_{13} = 3 \cdot 2^{12} - 1 = 12287$ なので、最初に $10000$ が現れるのは $k = 13$ のかたまりである。

$r_{14} = 3 \cdot 2^{13} - 1 = 24575$ だから

n = r_{14} - 10000 = 24575 - 10000 = 14575

である（ $r_{13} + 1 = 12288 ≦ 14575 ≦ 24575 = r_{14}$ で範囲に入っている）。

漸化式どおりに $3$ 万項まで作ると、 $a_{n} = 10000$ となる最小の $n$ は $14575$ だった。

$a_{n + 1} = n$ の $n$ は「そのときの番号」なので、 $0$ になった位置によって次のかたまりの高さが変わる。

(2) $S_{n} = k = 1 \sum n a_{k}$ とするとき、 $S_{n} ≧ 10000$ となる最小の $n$ を求める

答 $n = 213$

かたまりごとの和は $\frac{r _{k} ( r _{k} + 1 )}{2}$ 。どのかたまりで $10000$ を超えるかを押さえてから、その中で何項ぶん足すかを求める。

$r_{k} + 1 ≦ n ≦ r_{k + 1}$ のかたまりには $r_{k}, r_{k} - 1, \dots, 1, 0$ が並ぶので、その和は $\frac{r _{k} ( r _{k} + 1 )}{2}$ である。 $a_{1} = 1, a_{2} = 0$ の最初の2項の和は $1$ である。順に足すと