https://spherical-harmonics.hateblo.jp/entry/Waseda/2026/Rikou

2026.02.19.22:56:27記

[4] $a(1)=2$ とし， $a(2)$ ， $a(3)$ ， $a(4)$ ， $\cdots$ を次の関係で定める．
$a(2n)=3a(n)+1$ ， $a(2n +1)=3a(n)+2$ （ $n =1，2，\cdots$ ）

以下の問に答えよ．

(1) $a(7)$ ， $a(9)$ を求めよ．

(2) 自然数 $n$ に対して， $a(2^n +1)$ は， $1$ または $2$ のいずれかの値をとるような $b_0，b_1，…，b_n$ を用いて，
$a(2^n+1)=\displaystyle\sum_{k=1}^{n} b_k\cdot 3^k$
と表せる． $b_0，b_1，…，b_n$ をそれぞれ求めよ．

(3) 自然数 $n$ に対して，
$\displaystyle\sum_{k=1}^{2^n-1} a(k)$
を求めよ．

2026.02.20.03:38:35記
(2) $3$ 進法で $1$ が $k$ 桁となるのは $\dfrac{3^{k}-1}{2}$ となることに注意します．

[解答]
(1) $a(7)=3a(3)+2=9a(1)+8=26$ ， $a(9)=3a(4)+2=9a(2)+5=27a(1)+14=68$ である．

(2) $a(2^n)=A_n$ とおくと $A_0=2$ ， $A_{n+1}=3A_n+1$ により $A_n=\dfrac{5\cdot 3^n-1}{2}$ となる．
よって $a(2^n+1)=a(2\cdot 2^{n-1}+1)=3\cdot A_{n-1}+2=\dfrac{5\cdot 3^{n}+1}{2}$ となる．

ここで $a(2^n+1)=3^n+\dfrac{3^{n+1}-1}{2}+1$ を $3$ 進数で表すと
$1\underbrace{0\cdots 0}_{n桁}$ $+\underbrace{1\cdots 1}_{n+1桁}$ $+1$ $=2\underbrace{1\cdots 1}_{n-1桁}2$
となるので， $b_0=2，b_1=\cdots=b_{n-1}=1，b_n=2$ となる．

(3) 後述

$a(2n+1)-a(2n)=1$ となることに着目します．このとき，
$a(1)+a(2)+a(3)+a(4)+a(5)+a(6)+a(7)$ $=a(1)+2a(2)+2a(4)+2a(6)+3$ $=a(1)+6a(1)+6a(2)+6a(3)+9$ $=a(1)+6a(1)+12a(2)+15$ $=a(1)+6a(1)+36a(1)+27$ $=43a(1)+27=113$
と計算することができます．

[解答]
(1) $a(2n+1)-a(2n)=1$ が成立する．
$a(7)=a(6)+1=3a(3)+2=3a(2)+5=9a(1)+8=26$ ，
$a(9)=a(8)+1=3a(4)+2=9a(2)+5=27a(1)+14=68$ である．

(2) $a(2^n)=A_n$ とおくと $A_0=2$ ， $A_{n+1}=3A_n+1$ により $A_n=\dfrac{5\cdot 3^n-1}{2}$ となる．
よって $a(2^n+1)=A_n+1=\dfrac{5\cdot 3^{n}+1}{2}$ となる．

(3) $S_n=\displaystyle\sum_{k=1}^{2^n-1} a(k)$ とおく．このとき
$S_1=a(1)=2$ ，
$S_{n+1}$ $=a(1)+\{a(2)+a(3)+\cdots+a(2^{n+1}-1)\}$
$=a(1)+2\{a(2)+a(4)+\cdots+a(2^{n+1}-2)\}+2^n-1$
$=a(1)+2\{3a(1)+3a(2)+\cdots+3a(2^{n}-1)+2^{n}-1\}+2^n-1$
$=a(1)+6\{a(1)+a(2)+\cdots+a(2^{n}-1)\} +3(2^n-1)$
$=6S_n+3\cdot 2^n-1$
が成立する．よって
$S_n=p\cdot 6^{n-1}+q\cdot 2^{n-1}+r$
の形をしており， $S_1=2$ ， $S_2=12+6-1=17$ ， $S_3=17\cdot 6+12-1=113$ から
$p+q+r=2$ ， $6p+2q+r=17$ ， $36p+4q+r=113$
を解けば良い．
$5p+q=15$ ， $15p+q=48$ から $p=\dfrac{33}{10}$ ， $q=-\dfrac{15}{10}$ ， $r=\dfrac{2}{10}$ となるので，
$S_n=\dfrac{33\cdot 6^{n-1}-15\cdot 2^{n-1}+2}{10}$
となる．

漸化式 $S_1=2$ ， $S_{n+1}=6S_n+3\cdot 2^n-1$ は
$S_{n+1}-\dfrac{1}{5}=6\left(S_n-\dfrac{1}{5}\right)+3\cdot 2^n$ と変形し， $T_n=S_n-\dfrac{1}{5}$ と置いて
$T_{n+1}=6T_n+3\cdot 2^n$
と変形し， $T_{n+1}-t\cdot 2^{n+1} =6(T_n-t\cdot 2^n)$ と比較して $t=-\dfrac{3}{4}$ を導いて
$U_{n}=T_n+\dfrac{3}{4}\cdot 2^{n}$ と置いて
$U_{n+1}=6U_n=6^{n}U_1$ $=6^n\left(T_1+\dfrac{3}{2}\right)$ $=6^n\left(S_1-\dfrac{1}{5}+\dfrac{3}{2}\right)$ $=6^n\left(2-\dfrac{1}{5}+\dfrac{3}{2}\right)$ $=\dfrac{33}{10}\cdot 6^n$
と求めてから
$S_n=\dfrac{33}{10}\cdot 6^{n-1}+\dfrac{3}{4}\cdot 2^n+\dfrac{1}{5}$
とするのが標準的です．

2026.02.23記
ほとんどの解答速報が(3) を $V_{n}=\displaystyle\sum_{k=2^{n-1}}^{2^{n}-1} a(k)$ の漸化式を作って $\displaystyle\sum_{k=1}^n V_k$ として求めています． $S_{n+1}=6S_n+3\cdot 2^{n-1}=1$ を解くより $V_{n+1}=6V_n+3\cdot 2^{n-1}$ を解く方が簡単だと考えているからでしょうか（個人的には大差ないと思います）．
（2026.03.29追記：ほとんどの解答速報が $V_{n}=\displaystyle\sum_{k=2^{n-1}}^{2^{n}-1} a(k)$ の漸化式を作るのは $a(2n+1)-a(2n)=1$ に着目しなかったからですね．おそらく．）

なお， $V_{n+1}=6V_n+3\cdot 2^{n-1}$ を解くには，上述の $T_n$ を解くときのように，特殊解を用いて
$V_{n+1}+\dfrac{3}{4}\cdot 2^{n}=6\left(V_{n}+\dfrac{3}{4}\cdot 2^{n-1}\right)$ と変形しても良いですし，
$W_n=\dfrac{V_n}{6^n}$ と置いて $W_{n+1}=W_{n}+\dfrac{1}{12}\cdot \dfrac{1}{3^{n-1}}$ と変形して $W_n=\dfrac{V_1}{6}+\displaystyle\sum_{k=1}^{n-1}\dfrac{1}{12}\cdot \dfrac{1}{3^{k-1}}$ とと求めても良いでしょう．

一度 $V_{n+2}=8V_{n+1}-12V_n$ を経由して
$V_1=2，V_2=15$ から $V_{n+2}-6V_{n+1}=2^n(V_2-6V_1)=3\cdot 2^n$ ， $V_{n+2}-2V_{n+1}=6^n(V_2-2V_1)=11\cdot 6^n$ となり，差から $V_{n+1}=\dfrac{11\cdot 6^n-3\cdot 2^{n}}{4}$ となるので， $V_{n}=\dfrac{11\cdot 6^{n-1}-3\cdot 2^{n-1}}{4}$ （ $n=1$ でも OK）と求める方法もあります．もちろん $V_{n+1}=6V_n+3\cdot 2^{n-1}$ から $V_n=C\cdot 6^{n-1}+D\cdot 2^{n-1}$ と書けるはずなので， $C+D=2$ ， $6C+2D=15$ から $C=\dfrac{11}{4}$ ， $D=-\dfrac{3}{4}$ を求めても構いません．

ところで，駿台は私立の解答速報はやめてしまったのだろうか（私大は補助金のために解答例を公開することになったため）．