k92s6

$a_1,b_1,c_1$ は正の整数で $a_1^2+b_1^2=c_1^2$ を満たしている．n=1,2,…について， $a_{n+1},b_{n+1},c_{n+1}$ を次式できめる．
$a_{n+1}=|2c_n-a_n-2b_n|$
$b_{n+1}=|2c_n-2a_n-b_n|$
$c_{n+1}=3c_n-2a_n-2b_n$
(1) $a_n^2+b_n^2=c_n^2$ を数学的帰納法により証明せよ．
(2) $c_n&gt;0$ および $c_n\geq c_{n+1}$ を示せ．
(3) $c_m>c_{m+1}=c_{m+2}$ となったときのmについて， $a_m:b_m:c_m$ を求めよ．

(1)
n=1のとき成り立つ．
あるkについて $a_k^2+b_k^2=c_k^2$ とする．
$c_{k+1}^2-a_{k+1}^2-b_{k+1}^2=(c_{k+1}^2-a_{k+1}^2-b_{k+1}^2)-(c_k^2-a_k^2-b_k^2)=(c_{k+1}^2-c_k)-(b_{k+1}^2-b_k)-(a_{k+1}^2-a_k)=2(c_n-a_n-b_n)(<a href="#footnote_foot_1" id="footnote_body_1" title="4c_n-2a_n-2b_n)-(2c_n-2b_n)-(2c_n-2a_n">*1</a>)=0$ より
$a_{k+1}^2-b_{k+1}^2=c_{k+1}^2$ が成り立ち，数学的帰納法より全てのn≧1で $a_n^2+b_n^2=c_n^2$ となる．
(2)
$c_1&gt;0$ である．
$0&lt;c_k$ とする．
$a_k,b_k\geq0$ であるが， $0&lt;c_k^2=a_k^2+b_k^2$ より $a_k=b_k=0$ ではない．つまり $a_k+b_k&gt;0$ ．
$c_k^2=a_k^2+b_k^2=\frac{(a_k+b_k)^2+(a_k-b_k)^2}2\geq \frac{(a_k+b_k)^2}2$ ．
これより $c_k\geq \frac{a_k+b_k}{\sqrt2}$ なので
$c_{k+1}=(\frac3{\sqrt2}-2)(a_k+b_k)$ であり， $3>2\sqrt2$ より $c_{k+1}>0$ ．
よって数学的帰納法により全てのnに対して $c_n&gt;0$ ．
また， $(c_{n+1}-c_n)(c_n+a_n+b_n)=2(c_n^2-(a_n+b_n)^2)=-4a_nb_n\leq0$ かつ $a_n+b_n+c_n&gt;0$ より $c_n\geq c_{n+1}$ ．
(3)
$c_m>c_{m+1}=c_{m+2}$ となるとき， $a_mb_m&gt;0$ かつ $a_{m+1}b_{m+1}=0$ ．
ここで， $b_{m+1}=0$ とすると， $a_{m+1}=c_{m+1}$ ．
$\pm(2c_m-a_m-2b_m)=3c_m-2a_m-2b_m$ であるが $b_m\neq0$ より $a_m\neq c_m$ なので左辺の複号は負．
つまり， $5c_m-3a_m-4b_m=0$ ．
また， $b_{m+1}=0$ より $2c_m-2a_m-b_m=0$ ．これらより $a_m:b_m:c_m=3:4:5$ ．
$a_{m+1}=0$ の場合と合わせて，答えは $a_m:b_m:c_m=3:4:5,4:3:5$ ．

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最終更新：2013年10月08日 03:22

*1 4c_n-2a_n-2b_n)-(2c_n-2b_n)-(2c_n-2a_n

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