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| ０７５ | 令和６年度前期 | 京都大学 | 理系 | ・・・ | 数列（数学Ｂ） | やや難 |
京都大学 前期理系（２０２４）
第４問 与えられた自然数ａ0に対して、自然数からなる数列 ａ0，ａ1，ａ2，・・・ を次のように
定める。
ａｎが偶数のとき、 ａｎ+1＝ａｎ/２
ａｎが奇数のとき、 ａｎ+1＝（３ａｎ＋１）/２
次の問いに答えよ。
（１） ａ0，ａ1，ａ2，ａ3 がすべて奇数であるような最小の自然数ａ0を求めよ.
（２） ａ0，ａ1，ａ2，・・・ ，ａ10 がすべて奇数であるような最小の自然数ａ0を求めよ。
（解） （１） ａ0＝１，２，３，・・・ について、順次調べていく。
ａ0＝１，ａ1＝２ （不適）
ａ0＝３，ａ1＝５，ａ2＝８ （不適）
ａ0＝５，ａ1＝８ （不適）
ａ0＝７，ａ1＝１１，ａ2＝１７，ａ3＝２６（不適）
ａ0＝９，ａ1＝１４（不適）
ａ0＝１１，ａ1＝１７，ａ2＝２６（不適）
ａ0＝１３，ａ1＝２０（不適）
ａ0＝１５，ａ1＝２３，ａ2＝３５，ａ3＝５３（適）
以上から、ａ0，ａ1，ａ2，ａ3 がすべて奇数であるような最小の自然数ａ0は１５である。
＃この解法では、（２）に対処できないので、別途の工夫が必要である。
（別解）（１） ａ0は奇数なので、ａ0＝２ｍ−１ （ｍは１以上の自然数） とおける。
このとき、ａ1＝３ｍ−１ が奇数なので、３ｍ−１＝２ｋ−１ （ｋは１以上の自然数） とおける。
よって、３ｍ＝２ｋ
また、ａ2＝３ｋ−１ が奇数なので、３ｋ−１＝２ｈ−１ （ｈは１以上の自然数） とおける。
よって、３ｋ＝２ｈ より、 ９ｍ＝４ｈ となる。
また、ａ3＝３ｈ−１ が奇数なので、３ｈ−１＝２ｐ−１ （ｐは１以上の自然数） とおける。
よって、３ｈ＝２ｐ より、 ２７ｍ＝８ｐ となるので、ｍは８の倍数となる。
よって、ａ0，ａ1，ａ2，ａ3 がすべて奇数であるとき、 ａ0≧２・８−１＝１５ なので、
最小の自然数ａ0は、 ａ0＝１５ である。 （終）
（２） ａ0は奇数なので、ａ0＝２ｍ−１ （ｍは１以上の自然数） とおける。
（１）と同様にして、 ３ｍ＝２ｋ1 となるｋ1（ｋ1は１以上の自然数）が存在する。
３ｋ1＝２ｋ2 となるｋ2（ｋ2は１以上の自然数）が存在する。このとき、９ｍ＝４ｋ2
３ｋ2＝２ｋ3 となるｋ3（ｋ3は１以上の自然数）が存在する。このとき、２７ｍ＝８ｋ3
３ｋ3＝２ｋ4 となるｋ4（ｋ4は１以上の自然数）が存在する。このとき、８１ｍ＝１６ｋ4
３ｋ4＝２ｋ5 となるｋ5（ｋ5は１以上の自然数）が存在する。このとき、２４３ｍ＝３２ｋ5
３ｋ5＝２ｋ6 となるｋ6（ｋ6は１以上の自然数）が存在する。このとき、７２９ｍ＝６４ｋ6
３ｋ6＝２ｋ7 となるｋ7（ｋ7は１以上の自然数）が存在する。このとき、２１８７ｍ＝１２８ｋ7
３ｋ7＝２ｋ8 となるｋ8（ｋ8は１以上の自然数）が存在する。このとき、６５６１ｍ＝２５６ｋ8
３ｋ8＝２ｋ9 となるｋ9（ｋ9は１以上の自然数）が存在する。このとき、１９６８３ｍ＝５１２ｋ9
３ｋ9＝２ｋ10 となるｋ10（ｋ10は１以上の自然数）が存在する。
このとき、５９０４９ｍ＝１０２４ｋ10 において、５９０４９と１０２４は互いに素なので、
ｍは１０２４の倍数である。よって、ａ0≧２・１０２４−１＝２０４７
以上から、ａ0，ａ1，ａ2，・・・ ，ａ10 がすべて奇数であるような最小の自然数ａ0は、
ａ0＝２０４７ である。 （終）
（コメント） ｍ＝（２/３）ｋ1＝（２/３）2ｋ2＝・・・＝（２/３）10ｋ10 より、 ３10ｍ＝２10ｋ10
なので、ｍが、２10＝１０２４の倍数であることの証明が簡約できる。
漸化式の解法を意識すれば、次のような解答も可能だろう。
（別解） ａｎが奇数のとき、 ａｎ+1＝（３ａｎ＋１）/２ なので、
ａｎ＋１＝（３/２）（ａｎ-1＋１）
（１） ａ0，ａ1，ａ2，ａ3 がすべて奇数なので、 ａｎ＋１＝（３/２）（ａｎ-1＋１） （ｎ＝１、２、３、４）
よって、 ａ4＋１＝（３/２）4（ａ0＋１） より、 ａ0＋１ は、２4＝１６ の倍数となる。
したがって、ａ0，ａ1，ａ2，ａ3 がすべて奇数であるような最小の自然数ａ0は、ａ0＝１５
（２） ａ0，ａ1，ａ2，・・・ ，ａ10 がすべて奇数なので、
ａｎ＋１＝（３/２）（ａｎ-1＋１） （ｎ＝１、２、３、・・・、１１）
よって、 ａ11＋１＝（３/２）11（ａ0＋１） より、 ａ0＋１ は、２11＝２０４８ の倍数となる。
したがって、ａ0，ａ1，ａ2，・・・ ，ａ10 がすべて奇数であるような最小の自然数ａ0は、
ａ0＝２０４７ （終）
以下、工事中！