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2025.02.22記

[2](3) 自然数 $n$ に対して， $3^n-2n-1$ が $4$ の倍数であることの数学的帰納法を用いた証明を，解答欄(3)に記述しなさい．

2025.02.22記

[解答]
$a_n=3^n-2n-1$ とおく．

(i) $n=1$ のとき， $a_1=0$ は $4$ の倍数であるから成立する．

(ii) $n=k$ のとき， $a_k$ が $4$ の倍数であると仮定すると，
$a_{k+1}-3a_k=(3^{k+1}-2k-3)-(3^{k+1}-6k-3)=4k$ ，
すなわち
$a_{k+1}=3a_k+4k$
により $a_{k+1}$ は $4$ の倍数となる．

(i)(ii) により任意の自然数 $n$ について $a_n$ は4の倍数である．

指数部分を消すのは基本．これを進めていくと

$a_n=\alpha\cdot 3^n + (\beta n+\gamma)\cdot 1^n$ の形だから， $a_n$ のみたす定数係数の線形隣接4項間漸化式の特性方程式は
$(\lambda-3)(\lambda-1)^2=\lambda^3-5\lambda^2+7\lambda-3=0$
だから
$a_{n+3}=5a_{n+2}-7a_{n+1}+3a_n$
となるので， $a_1=0$ ， $a_2=4$ ， $a_3=20$ が4の倍数となることから帰納的に任意の自然数 $n$ について $a_n$ は4の倍数となる．

となり，これを高校生風に書くと次のようになる．

[別解]
$a_n=3^n-2n-1$ とおくと
$a_{n+1}-3a_n=(3^{n+1}-2n-3)-(3^{n+1}-6n-3)=4n$
であるから
$(a_{n+2}-3a_{n+1})-(a_{n+1}-3a_n)=4$ ，
つまり
$a_{n+2}-4a_{n+1}+3a_n=4$
となる．よって
$(a_{n+3}-4a_{n+2}+3a_{n+1})-(a_{n+2}-4a_{n+1}+3a_n)=0$ ，
つまり
$a_{n+3}=5a_{n+2}-7a_{n+1}+3a_n$ …(★)
が成立する．

(i) $n=1，2，3$ のとき， $a_1=0$ ， $a_2=4$ ， $a_3=20$ は $4$ の倍数であるから成立する．

(ii) $n=k，k+1，k+2$ のとき， $a_k，a_{k+1}，a_{k+2}$ が $4$ の倍数であると仮定すると，(★)より
$a_{k+3}$ は $4$ の倍数となる．

(i)(ii) により任意の自然数 $n$ について $a_n$ は4の倍数である．

本問の本質的な部分を取り出すと次のようになる．

[大人の解答]
$a_n=\alpha\cdot 3^n + (\beta n+\gamma)\cdot 1^n$ の形だから， $a_n$ は整数係数の線形隣接4項間漸化式（特性方程式は $3$ で単解， $1$ で2重解）を満たす．つまり
$a_{n+3}=Aa_{n+2}+Ba_{n+1}+Ca_n$
を満たす $A，B，C\in\mathbb{Z}$ が存在する．ここで $a_1=0，a_2=4，a_3=20$ が $4$ の倍数であることから，帰納的に任意の自然数 $n$ について $a_n$ は4の倍数となる．