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東北大学 1968年理系第4問解説

方針・初手

(1) は $\alpha, \beta$ が方程式 $x^2 - x - 1 = 0$ の解であることを利用し、$\alpha^n, \beta^n$ についての漸化式を作る。
(2) は $S_n$ の定義式に $1, -r, -r^2$ をそれぞれ掛けて辺々足し合わせる。等差数列と等比数列の積の和を求めるときのように、項をずらして引くことで、中間の項が (1) の漸化式によって打ち消し合うことを利用する。
(3) は (2) の結果を用い、$n \to \infty$ の極限をとる。与えられた $r$ の条件から $(\alpha r)^n, (\beta r)^n$ が収束することを示す。

解法1

(1)

$\alpha, \beta$ は $x^2 - x - 1 = 0$ の解であるから、

$$ \begin{aligned} \alpha^2 - \alpha - 1 &= 0 \\ \beta^2 - \beta - 1 &= 0 \end{aligned} $$

が成り立つ。これらを変形すると、

$$ \begin{aligned} \alpha^2 &= \alpha + 1 \\ \beta^2 &= \beta + 1 \end{aligned} $$

$n \geqq 3$ のとき、上の2式の両辺にそれぞれ $\alpha^{n-2}, \beta^{n-2}$ を掛けると、

$$ \begin{aligned} \alpha^n &= \alpha^{n-1} + \alpha^{n-2} \\ \beta^n &= \beta^{n-1} + \beta^{n-2} \end{aligned} $$

これらの辺々の差をとると、

$$ \alpha^n - \beta^n = (\alpha^{n-1} - \beta^{n-1}) + (\alpha^{n-2} - \beta^{n-2}) $$

両辺を $\sqrt{5}$ で割ることにより、

$$ a_n = a_{n-1} + a_{n-2} $$

を得る。

(2)

$S_n = a_1 + a_2 r + a_3 r^2 + \cdots + a_n r^{n-1}$ であるから、

$$ \begin{aligned} S_n &= a_1 + a_2 r + a_3 r^2 + \cdots + a_n r^{n-1} \\ -r S_n &= - a_1 r - a_2 r^2 - \cdots - a_{n-1} r^{n-1} - a_n r^n \\ -r^2 S_n &= - a_1 r^2 - \cdots - a_{n-2} r^{n-1} - a_{n-1} r^n - a_n r^{n+1} \end{aligned} $$

これらを辺々足し合わせると、

$$ (1 - r - r^2) S_n = a_1 + (a_2 - a_1) r + (a_3 - a_2 - a_1) r^2 + \cdots + (a_n - a_{n-1} - a_{n-2}) r^{n-1} - (a_n + a_{n-1}) r^n - a_n r^{n+1} $$

となる。ここで、$a_1, a_2$ の値を求める。解と係数の関係より $\alpha + \beta = 1, \alpha \beta = -1$ であり、$\alpha > \beta$ より $\alpha - \beta = \sqrt{1^2 - 4(-1)} = \sqrt{5}$ であるから、

$$ \begin{aligned} a_1 &= \frac{\alpha - \beta}{\sqrt{5}} = \frac{\sqrt{5}}{\sqrt{5}} = 1 \\ a_2 &= \frac{\alpha^2 - \beta^2}{\sqrt{5}} = \frac{(\alpha + \beta)(\alpha - \beta)}{\sqrt{5}} = \frac{1 \cdot \sqrt{5}}{\sqrt{5}} = 1 \end{aligned} $$

したがって、$a_2 - a_1 = 1 - 1 = 0$ である。また、(1) より $n \geqq 3$ のとき $a_k - a_{k-1} - a_{k-2} = 0$ $(3 \leqq k \leqq n)$ であるから、$r^2$ から $r^{n-1}$ までの係数はすべて $0$ となる。さらに、$- (a_n + a_{n-1}) r^n = -a_{n+1} r^n$ である。これらを代入して整理すると、

$$ (1 - r - r^2) S_n = 1 - a_{n+1} r^n - a_n r^{n+1} $$

となる。

(3)

$x^2 - x - 1 = 0$ の解は $x = \frac{1 \pm \sqrt{5}}{2}$ であり、$\alpha > \beta$ より

$$ \alpha = \frac{1 + \sqrt{5}}{2}, \quad \beta = \frac{1 - \sqrt{5}}{2} $$

である。これより、$|\beta| = \frac{\sqrt{5} - 1}{2}$ であり、$\frac{1}{\alpha} = \frac{2}{\sqrt{5} + 1} = \frac{\sqrt{5} - 1}{2}$ であるから、$|\beta| = \frac{1}{\alpha}$ が成り立つ。条件 $|r| < \frac{1}{\alpha}$ は、$|r| < |\beta|$ と同値である。

さて、(2) の結果より

$$ (1 - r - r^2) S_n = 1 - \frac{1}{\sqrt{5}} (\alpha^{n+1} - \beta^{n+1}) r^n - \frac{1}{\sqrt{5}} (\alpha^n - \beta^n) r^{n+1} $$

右辺の極限を考える。$|\alpha| > |\beta|$ と $|r| < \frac{1}{\alpha}$ より、

$$ |\alpha r| = \alpha |r| < \alpha \cdot \frac{1}{\alpha} = 1 $$

$$ |\beta r| = |\beta| |r| < |\beta| \cdot \frac{1}{\alpha} = \left(\frac{1}{\alpha}\right)^2 < 1 $$

したがって、$n \to \infty$ のとき、

$$ (\alpha r)^n \to 0, \quad (\beta r)^n \to 0 $$

これを用いると、

$$ \begin{aligned} \alpha^{n+1} r^n &= \alpha (\alpha r)^n \to 0 \\ \beta^{n+1} r^n &= \beta (\beta r)^n \to 0 \\ \alpha^n r^{n+1} &= r (\alpha r)^n \to 0 \\ \beta^n r^{n+1} &= r (\beta r)^n \to 0 \end{aligned} $$

となるから、

$$ \lim_{n \to \infty} (1 - r - r^2) S_n = 1 $$

が成り立つ。ここで、$|r| < \frac{1}{\alpha} = |\beta|$ の範囲において $1 - r - r^2 = 0$ となる $r$ が存在するかを確認する。 $r^2 + r - 1 = 0$ の解は $r = \frac{-1 \pm \sqrt{5}}{2}$ 、すなわち $r = -\alpha, \beta$ である。 $|-\alpha| = \alpha > \frac{1}{\alpha}$、$|\beta| = \frac{1}{\alpha}$ であるため、いずれも $|r| < \frac{1}{\alpha}$ を満たさない。したがって、この範囲で $1 - r - r^2 \neq 0$ となり、両辺を $1 - r - r^2$ で割ることができる。よって、

$$ \sum_{n=1}^\infty a_n r^{n-1} = \lim_{n \to \infty} S_n = \frac{1}{1 - r - r^2} $$

解説

本問は、2項間漸化式で定まる数列（本問ではフィボナッチ数列）と等比数列を組み合わせた冪級数の和（母関数）を求める典型的な問題である。
(2) の手法は、等差数列と等比数列の積の和を求める際に「公比を掛けて引く」操作を拡張したものである。漸化式が3項間であるため、$1, -r, -r^2$ を掛けて足し合わせることで中間項がうまく消去される仕組みになっている。
(3) の極限計算においては、$|\alpha r| < 1$ および $|\beta r| < 1$ であることを明確に示すことが重要である。また、最後に極限値を $1 - r - r^2$ で割る際、その値が $0$ でないことの確認も記述に含めると論理的欠陥がなくなる。