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東北大学 1997年文系第5問解説

方針・初手

(1) は、$\alpha,\beta$ が方程式 $x^2+ax+b=0$ の解であることから

$$ \alpha^2+a\alpha+b=0,\qquad \beta^2+a\beta+b=0 $$

を使い、$x_n$ を $\alpha^n,\beta^n$ の線形結合として直接計算すればよい。

(2) は、漸化式

$$ x_{n+2}=x_{n+1}+x_n $$

の特性方程式を考えれば (1) に帰着できる。最後は初期条件 $x_0=2,\ x_1=3$ から定数を決定する。

解法1

(1)

$x_0=p+q$ であり、これは

$$ x_0=p\alpha^0+q\beta^0 $$

と書けるから、実は $n\geqq 0$ のすべてについて

$$ x_n=p\alpha^n+q\beta^n $$

とみなしてよい。

ここで、$\alpha,\beta$ は $x^2+ax+b=0$ の解であるから、

$$ \alpha^2+a\alpha+b=0,\qquad \beta^2+a\beta+b=0 $$

が成り立つ。

したがって、任意の $n\geqq 0$ に対して

$$ \begin{aligned} x_{n+2}+ax_{n+1}+bx_n &=(p\alpha^{n+2}+q\beta^{n+2}) +a(p\alpha^{n+1}+q\beta^{n+1}) +b(p\alpha^n+q\beta^n) \ &=p\alpha^n(\alpha^2+a\alpha+b)+q\beta^n(\beta^2+a\beta+b). \end{aligned} $$

ここで $\alpha^2+a\alpha+b=0,\ \beta^2+a\beta+b=0$ を用いれば

$$ x_{n+2}+ax_{n+1}+bx_n=0 $$

となる。

よって、

$$ x_{n+2}+ax_{n+1}+bx_n=0\qquad (n=0,1,2,\dots) $$

が示された。

(2)

与えられた漸化式は

$$ x_{n+2}=x_{n+1}+x_n $$

であるから、

$$ x_{n+2}-x_{n+1}-x_n=0 $$

と書ける。これは (1) において

$$ a=-1,\qquad b=-1 $$

の場合に対応する。

そこで特性方程式

$$ t^2-t-1=0 $$

を考えると、その解は

$$ \alpha=\frac{1+\sqrt5}{2},\qquad \beta=\frac{1-\sqrt5}{2} $$

である。

したがって、一般項は

$$ x_n=p\alpha^n+q\beta^n $$

の形で表される。

次に初期条件から $p,q$ を定める。$n=0,1$ を代入すると

$$ p+q=2, $$

$$ p\alpha+q\beta=3 $$

を得る。

これを解く。まず $q=2-p$ を上式に代入して

$$ p\alpha+(2-p)\beta=3 $$

より

$$ p(\alpha-\beta)=3-2\beta. $$

ここで

$$ \alpha-\beta=\sqrt5,\qquad 3-2\beta=3-(1-\sqrt5)=2+\sqrt5 $$

であるから

$$ p=\frac{2+\sqrt5}{\sqrt5}. $$

また

$$ q=2-p =2-\frac{2+\sqrt5}{\sqrt5} =\frac{-2+\sqrt5}{\sqrt5}. $$

ゆえに

$$ x_n=\frac{2+\sqrt5}{\sqrt5}\left(\frac{1+\sqrt5}{2}\right)^n +\frac{-2+\sqrt5}{\sqrt5}\left(\frac{1-\sqrt5}{2}\right)^n $$

となる。

解説

この問題の本質は、2次の線形漸化式と2次方程式の解が対応していることである。

$,\alpha,\beta$ が特性方程式の解なら、$\alpha^n,\beta^n$ はそれぞれ漸化式を満たす。したがって、その線形結合 $p\alpha^n+q\beta^n$ も同じ漸化式を満たす。(1) はその事実を直接計算で確認したものであり、(2) はフィボナッチ型漸化式をこの考え方で解いたものである。

初期条件から定数 $p,q$ を決める流れまで含めて、2次線形漸化式の典型処理である。