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京都大学 2020年理系第2問解説

方針・初手

(1) 漸化式を立てて数学的帰納法で証明します。$\alpha^n + \beta^n$ のような対称式の累乗和は、隣接3項間の漸化式 $a_{n+2} = (\alpha+\beta)a_{n+1} - \alpha\beta a_n$ を満たす性質があります。 (2) (1)の結果を利用して、扱いづらい $\alpha^n$ を $\beta^n$ に置き換えます。$\alpha^n + \beta^n = 2m$ ($m$ は整数) より $\alpha^n = 2m - \beta^n$ となるため、$\sin(\alpha^n \pi)$ を $\beta$ の式に変換できます。$|\beta| < 1$ であることから極限 $\frac{\sin x}{x} \to 1 \ (x \to 0)$ の形に持ち込みます。

解法1

(1)

$\alpha, \beta$ は方程式 $x^2 - 2px - 1 = 0$ の解であるから、解と係数の関係より

$$ \alpha + \beta = 2p $$

$$ \alpha \beta = -1 $$

$a_n = \alpha^n + \beta^n$ とおく。すべての正の整数 $n$ について $a_n$ が偶数であることを、数学的帰納法を用いて証明する。

[1] $n=1, 2$ のとき

$a_1 = \alpha + \beta = 2p$ $p$ は整数であるから、$a_1$ は偶数である。 $a_2 = \alpha^2 + \beta^2 = (\alpha + \beta)^2 - 2\alpha \beta = (2p)^2 - 2(-1) = 4p^2 + 2 = 2(2p^2 + 1)$ $p$ は整数であるから、$2p^2 + 1$ も整数であり、$a_2$ は偶数である。よって、$n=1, 2$ のとき成り立つ。

[2] $n=k, k+1$ ($k$ は正の整数) のとき成り立つと仮定する。

すなわち、$a_k, a_{k+1}$ がともに偶数であると仮定する。 $n=k+2$ のとき

$$ a_{k+2} = \alpha^{k+2} + \beta^{k+2} $$

$$ = (\alpha + \beta)(\alpha^{k+1} + \beta^{k+1}) - \alpha\beta(\alpha^k + \beta^k) $$

$$ = 2p a_{k+1} - (-1) a_k $$

$$ = 2p a_{k+1} + a_k $$

仮定より $a_k$ は偶数であり、$p, a_{k+1}$ は整数であるから $2p a_{k+1}$ も偶数である。偶数同士の和は偶数であるから、$a_{k+2}$ も偶数である。よって、$n=k+2$ のときも成り立つ。

[1], [2] より、すべての正の整数 $n$ に対し、$\alpha^n + \beta^n$ は整数であり、さらに偶数であることが示された。

(2)

(1)より、$\alpha^n + \beta^n$ は偶数である。これを $2M_n$ ($M_n$ は整数) とおく。

$$ \alpha^n = 2M_n - \beta^n $$

これを用いて $\sin(\alpha^n \pi)$ を変形すると

$$ \sin(\alpha^n \pi) = \sin((2M_n - \beta^n)\pi) = \sin(2M_n \pi - \beta^n \pi) $$

$2M_n$ は偶数であるから、正弦関数の周期性より

$$ \sin(2M_n \pi - \beta^n \pi) = \sin(-\beta^n \pi) = -\sin(\beta^n \pi) $$

したがって、求める極限の式は

$$ (-\alpha)^n \sin(\alpha^n \pi) = (-\alpha)^n \{-\sin(\beta^n \pi)\} = -(-\alpha)^n \sin(\beta^n \pi) $$

となる。ここで、解と係数の関係 $\alpha \beta = -1$ より、$-\alpha = \frac{1}{\beta}$ であるから

$$ -(-\alpha)^n \sin(\beta^n \pi) = -\left(\frac{1}{\beta}\right)^n \sin(\beta^n \pi) = -\frac{\sin(\beta^n \pi)}{\beta^n} $$

また、$\alpha \beta = -1$ と条件 $|\alpha| > 1$ より、

$$ |\beta| = \left|\frac{-1}{\alpha}\right| = \frac{1}{|\alpha|} < 1 $$

よって、$n \to \infty$ のとき $\beta^n \to 0$ である。当然 $\beta^n \pi \to 0$ でもある。ゆえに、

$$ \lim_{n \to \infty} (-\alpha)^n \sin(\alpha^n \pi) = \lim_{n \to \infty} \left\{ -\frac{\sin(\beta^n \pi)}{\beta^n} \right\} $$

$$ = \lim_{n \to \infty} \left\{ -\pi \cdot \frac{\sin(\beta^n \pi)}{\beta^n \pi} \right\} $$

ここで $\theta = \beta^n \pi$ とおくと、$n \to \infty$ のとき $\theta \to 0$ であるから

$$ = \lim_{\theta \to 0} \left( -\pi \cdot \frac{\sin \theta}{\theta} \right) = -\pi \cdot 1 = -\pi $$

解説

(1)は対称式の累乗和が満たす隣接3項間漸化式を利用する定番の証明問題です。直接二項定理で展開して示すこともできなくはないですが、漸化式を利用して数学的帰納法に持ち込むのが最もシンプルでミスが少ない方法です。

(2)は、(1)の「偶数である」という結果をどのように利用するかがポイントです。三角関数の中に $n \to \infty$ で発散する $\alpha^n$ が含まれていますが、$\alpha^n + \beta^n = (\text{偶数})$ の関係を用いることで、発散する $\alpha^n$ を $0$ に収束する $\beta^n$ にすり替えることができます。この「発散する項を共役な項を用いて収束する項に変換する」という手法は、極限の難問で頻出のテクニックです。 $\beta = -1/\alpha$ であることから、$(-\alpha)^n = \frac{1}{\beta^n}$ となり、見慣れた $\frac{\sin x}{x} \to 1$ の形がきれいに現れます。