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北海道大学 2016年理系第4問解説

方針・初手

(1) $f(x) = x^3 + x^2 - 2x - 1$ とおき、適当な値を代入して中間値の定理を用います。微分して極値の符号を調べる方法もありますが、具体的な値を代入して符号の変化を見る方が簡潔です。また、$x=0$ が解でないことも確認します。

(2) $s, t, u$ は方程式 $x^3 + x^2 - 2x - 1 = 0$ の解なので、それぞれ代入して成り立つ式（例えば $s^3 + s^2 - 2s - 1 = 0$）を利用します。与えられた $a_{n+3} + a_{n+2} - 2a_{n+1} - a_n$ の式に $a_n$ の定義式を代入し、各項を $s, t, u$ ごとにまとめます。

(3) (2) で導いた関係式を $a_{n+3} = -a_{n+2} + 2a_{n+1} + a_n$ と変形すると、隣接する3項が整数であれば次の項も整数になることが分かります。したがって、$a_1, a_2, a_3$ を具体的に計算し、それらが整数であることを示した上で、数学的帰納法を用います。

解法1

(1)

$$ f(x) = x^3 + x^2 - 2x - 1 $$

とおく。関数 $f(x)$ は連続であり、

$$ \begin{aligned} f(-2) &= (-2)^3 + (-2)^2 - 2(-2) - 1 = -8 + 4 + 4 - 1 = -1 < 0 \\ f(-1) &= (-1)^3 + (-1)^2 - 2(-1) - 1 = -1 + 1 + 2 - 1 = 1 > 0 \\ f(0) &= 0^3 + 0^2 - 2 \cdot 0 - 1 = -1 < 0 \\ f(1) &= 1^3 + 1^2 - 2 \cdot 1 - 1 = 1 + 1 - 2 - 1 = -1 < 0 \\ f(2) &= 2^3 + 2^2 - 2 \cdot 2 - 1 = 8 + 4 - 4 - 1 = 7 > 0 \end{aligned} $$

となる。

$f(-2) < 0$ かつ $f(-1) > 0$ より、中間値の定理から、区間 $(-2, -1)$ に少なくとも1つの実数解をもつ。 $f(-1) > 0$ かつ $f(0) < 0$ より、中間値の定理から、区間 $(-1, 0)$ に少なくとも1つの実数解をもつ。 $f(1) < 0$ かつ $f(2) > 0$ より、中間値の定理から、区間 $(1, 2)$ に少なくとも1つの実数解をもつ。

$f(x)$ は3次多項式であるから、方程式 $f(x) = 0$ の実数解は高々3つである。したがって、方程式①は異なる3つの実数解をもつ。また、$f(0) = -1 \neq 0$ であるから、$x=0$ は解ではない。

以上より、方程式①は異なる3つの $0$ でない実数解をもつ。

(2)

$s, t, u$ は方程式①の解であるから、

$$ \begin{aligned} s^3 + s^2 - 2s - 1 &= 0 \\ t^3 + t^2 - 2t - 1 &= 0 \\ u^3 + u^2 - 2u - 1 &= 0 \end{aligned} $$

が成り立つ。これより、任意の自然数 $n$ について、両辺にそれぞれ $s^{n-1}, t^{n-1}, u^{n-1}$ をかけると、

$$ \begin{aligned} s^{n+2} + s^{n+1} - 2s^n - s^{n-1} &= 0 \\ t^{n+2} + t^{n+1} - 2t^n - t^{n-1} &= 0 \\ u^{n+2} + u^{n+1} - 2u^n - u^{n-1} &= 0 \end{aligned} $$

となる。

ここで、与式 $a_{n+3} + a_{n+2} - 2a_{n+1} - a_n$ に $a_n$ の定義式を代入して整理すると、

$$ \begin{aligned} & a_{n+3} + a_{n+2} - 2a_{n+1} - a_n \\ &= \frac{s^{n+2}}{(s-t)(s-u)} + \frac{t^{n+2}}{(t-u)(t-s)} + \frac{u^{n+2}}{(u-s)(u-t)} \\ &\quad + \frac{s^{n+1}}{(s-t)(s-u)} + \frac{t^{n+1}}{(t-u)(t-s)} + \frac{u^{n+1}}{(u-s)(u-t)} \\ &\quad - 2 \left( \frac{s^{n}}{(s-t)(s-u)} + \frac{t^{n}}{(t-u)(t-s)} + \frac{u^{n}}{(u-s)(u-t)} \right) \\ &\quad - \left( \frac{s^{n-1}}{(s-t)(s-u)} + \frac{t^{n-1}}{(t-u)(t-s)} + \frac{u^{n-1}}{(u-s)(u-t)} \right) \\ &= \frac{s^{n+2} + s^{n+1} - 2s^n - s^{n-1}}{(s-t)(s-u)} + \frac{t^{n+2} + t^{n+1} - 2t^n - t^{n-1}}{(t-u)(t-s)} + \frac{u^{n+2} + u^{n+1} - 2u^n - u^{n-1}}{(u-s)(u-t)} \\ &= \frac{0}{(s-t)(s-u)} + \frac{0}{(t-u)(t-s)} + \frac{0}{(u-s)(u-t)} \\ &= 0 \end{aligned} $$

よって、$a_{n+3} + a_{n+2} - 2a_{n+1} - a_n = 0$ が成り立つことが示された。

(3)

まず、$a_1, a_2, a_3$ の値を計算する。

$$ a_1 = \frac{1}{(s-t)(s-u)} + \frac{1}{(t-u)(t-s)} + \frac{1}{(u-s)(u-t)} $$

分母を $(s-t)(t-u)(u-s)$ に通分する。

$$ \begin{aligned} a_1 &= \frac{-(t-u)}{(s-t)(t-u)(u-s)} + \frac{-(u-s)}{(s-t)(t-u)(u-s)} + \frac{-(s-t)}{(s-t)(t-u)(u-s)} \\ &= \frac{-t+u-u+s-s+t}{(s-t)(t-u)(u-s)} \\ &= 0 \end{aligned} $$

次に $a_2$ を計算する。

$$ \begin{aligned} a_2 &= \frac{s}{(s-t)(s-u)} + \frac{t}{(t-u)(t-s)} + \frac{u}{(u-s)(u-t)} \\ &= \frac{-s(t-u) - t(u-s) - u(s-t)}{(s-t)(t-u)(u-s)} \\ &= \frac{-st+su-tu+ts-us+ut}{(s-t)(t-u)(u-s)} \\ &= 0 \end{aligned} $$

さらに $a_3$ を計算する。

$$ \begin{aligned} a_3 &= \frac{s^2}{(s-t)(s-u)} + \frac{t^2}{(t-u)(t-s)} + \frac{u^2}{(u-s)(u-t)} \\ &= \frac{-s^2(t-u) - t^2(u-s) - u^2(s-t)}{(s-t)(t-u)(u-s)} \end{aligned} $$

分子について $s$ で整理すると、

$$ \begin{aligned} (\text{分子}) &= -(t-u)s^2 + (t^2-u^2)s - (t^2u - tu^2) \\ &= -(t-u)s^2 + (t-u)(t+u)s - tu(t-u) \\ &= -(t-u) \{ s^2 - (t+u)s + tu \} \\ &= -(t-u)(s-t)(s-u) \\ &= (s-t)(t-u)(u-s) \end{aligned} $$

となる。したがって、

$$ a_3 = \frac{(s-t)(t-u)(u-s)}{(s-t)(t-u)(u-s)} = 1 $$

以上より、$a_1 = 0, a_2 = 0, a_3 = 1$ であり、これらはすべて整数である。

次に、すべての自然数 $n$ について $a_n$ が整数であることを数学的帰納法で示す。 (2) の結果から、漸化式

$$ a_{n+3} = -a_{n+2} + 2a_{n+1} + a_n \quad (n=1, 2, 3, \cdots) $$

が成り立つ。

(I) $n=1, 2, 3$ のとき、上記より $a_1, a_2, a_3$ は整数であるから成り立つ。

(II) $n=k, k+1, k+2$ （$k$ は自然数）のとき、$a_k, a_{k+1}, a_{k+2}$ が整数であると仮定する。このとき、

$$ a_{k+3} = -a_{k+2} + 2a_{k+1} + a_k $$

右辺はすべて整数の和と差で表されているため、$a_{k+3}$ も整数となる。よって、$n=k+3$ のときも成り立つ。

(I), (II) より、すべての自然数 $n$ について $a_n$ は整数である。