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東京工業大学 1967年理系第3問解説

方針・初手

与えられた2次方程式の係数が数列 $C_n$ で表されているため、まずは解の公式を用いて根 $\alpha_n, \beta_n$ を $C_n$ の式として具体的に表すことから始めます。その際、方程式の判別式を計算する過程で漸化式 $C_{n+1} = C_n + C_{n-1}$ を活用し、根号の中を簡潔な形に整理することが最大のポイントです。その後、得られた式を用いて (1) の比を計算し、(2) では等比数列の一般項として $\alpha_n, \beta_n$ を決定します。

解法1

与えられた2次方程式は以下の通りである。

$$x^2 - (C_{n+1} + C_{n-1})x + (C_{n+1}C_{n-1} - C_n^2) = 0$$

この方程式の判別式を $D$ とすると、

$$\begin{aligned} D &= (C_{n+1} + C_{n-1})^2 - 4(C_{n+1}C_{n-1} - C_n^2) \\ &= C_{n+1}^2 + 2C_{n+1}C_{n-1} + C_{n-1}^2 - 4C_{n+1}C_{n-1} + 4C_n^2 \\ &= (C_{n+1} - C_{n-1})^2 + 4C_n^2 \end{aligned}$$

ここで、与えられた漸化式 $C_{n+1} = C_n + C_{n-1}$ より $C_{n+1} - C_{n-1} = C_n$ であるから、これを代入して、

$$D = C_n^2 + 4C_n^2 = 5C_n^2$$

条件より $C_0 = 0, C_1 = 1$ であり、漸化式から $n \geqq 1$ において $C_n > 0$ であることがわかる。したがって、解の公式より2次方程式の根は、

$$x = \frac{C_{n+1} + C_{n-1} \pm \sqrt{5C_n^2}}{2} = \frac{C_{n+1} + C_{n-1} \pm \sqrt{5}C_n}{2}$$

条件 $\alpha_n \geqq \beta_n$ と $\sqrt{5}C_n > 0$ より、$\alpha_n$ と $\beta_n$ は次のように定まる。

$$\alpha_n = \frac{C_{n+1} + C_{n-1} + \sqrt{5}C_n}{2}$$

$$\beta_n = \frac{C_{n+1} + C_{n-1} - \sqrt{5}C_n}{2}$$

(1)

まず $\alpha_n$ を $C_{n+1}$ と $C_n$ のみを用いて表す。漸化式より $C_{n-1} = C_{n+1} - C_n$ を代入して、

$$\alpha_n = \frac{C_{n+1} + (C_{n+1} - C_n) + \sqrt{5}C_n}{2} = \frac{2C_{n+1} + (\sqrt{5}-1)C_n}{2}$$

次に、$\alpha_{n+1}$ の添字をずらして同様に表す。

$$\alpha_{n+1} = \frac{C_{n+2} + C_n + \sqrt{5}C_{n+1}}{2}$$

漸化式より $C_{n+2} = C_{n+1} + C_n$ を代入して、

$$\alpha_{n+1} = \frac{(C_{n+1} + C_n) + C_n + \sqrt{5}C_{n+1}}{2} = \frac{(1+\sqrt{5})C_{n+1} + 2C_n}{2}$$

ここで、求める比 $\frac{\alpha_{n+1}}{\alpha_n}$ を考える。$\alpha_n$ に $\frac{1+\sqrt{5}}{2}$ を掛けると、

$$\begin{aligned} \frac{1+\sqrt{5}}{2} \alpha_n &= \frac{1+\sqrt{5}}{2} \cdot \frac{2C_{n+1} + (\sqrt{5}-1)C_n}{2} \\ &= \frac{2(1+\sqrt{5})C_{n+1} + (\sqrt{5}+1)(\sqrt{5}-1)C_n}{4} \\ &= \frac{2(1+\sqrt{5})C_{n+1} + 4C_n}{4} \\ &= \frac{(1+\sqrt{5})C_{n+1} + 2C_n}{2} \\ &= \alpha_{n+1} \end{aligned}$$

これより $\alpha_{n+1} = \frac{1+\sqrt{5}}{2} \alpha_n$ であるから、

$$\frac{\alpha_{n+1}}{\alpha_n} = \frac{1+\sqrt{5}}{2}$$

同様に $\beta_n$ についても計算する。$C_{n-1} = C_{n+1} - C_n$ を代入して、

$$\beta_n = \frac{C_{n+1} + (C_{n+1} - C_n) - \sqrt{5}C_n}{2} = \frac{2C_{n+1} - (\sqrt{5}+1)C_n}{2}$$

$\beta_{n+1}$ は添字をずらし、$C_{n+2} = C_{n+1} + C_n$ を用いて、

$$\beta_{n+1} = \frac{C_{n+2} + C_n - \sqrt{5}C_{n+1}}{2} = \frac{(1-\sqrt{5})C_{n+1} + 2C_n}{2}$$

$\beta_n$ に $\frac{1-\sqrt{5}}{2}$ を掛けると、

$$\begin{aligned} \frac{1-\sqrt{5}}{2} \beta_n &= \frac{1-\sqrt{5}}{2} \cdot \frac{2C_{n+1} - (\sqrt{5}+1)C_n}{2} \\ &= \frac{2(1-\sqrt{5})C_{n+1} - (1-\sqrt{5})(\sqrt{5}+1)C_n}{4} \\ &= \frac{2(1-\sqrt{5})C_{n+1} - (1-5)C_n}{4} \\ &= \frac{2(1-\sqrt{5})C_{n+1} + 4C_n}{4} \\ &= \frac{(1-\sqrt{5})C_{n+1} + 2C_n}{2} \\ &= \beta_{n+1} \end{aligned}$$

これより $\beta_{n+1} = \frac{1-\sqrt{5}}{2} \beta_n$ であるから、

$$\frac{\beta_{n+1}}{\beta_n} = \frac{1-\sqrt{5}}{2}$$

(2)

$n=1$ のときの2次方程式を考える。漸化式より $C_2 = C_1 + C_0 = 1 + 0 = 1$ であるから、与えられた方程式に $n=1$ を代入すると、

$$x^2 - (C_2 + C_0)x + (C_2 C_0 - C_1^2) = 0$$

$$x^2 - (1 + 0)x + (0 - 1^2) = 0$$

$$x^2 - x - 1 = 0$$

この2次方程式を解くと $x = \frac{1 \pm \sqrt{5}}{2}$ を得る。$\alpha_1 \geqq \beta_1$ であるから、

$$\alpha_1 = \frac{1+\sqrt{5}}{2}, \quad \beta_1 = \frac{1-\sqrt{5}}{2}$$

(1) の結果より、数列 $\{\alpha_n\}$ は初項 $\frac{1+\sqrt{5}}{2}$、公比 $\frac{1+\sqrt{5}}{2}$ の等比数列である。したがって、

$$\alpha_n = \alpha_1 \left( \frac{1+\sqrt{5}}{2} \right)^{n-1} = \left( \frac{1+\sqrt{5}}{2} \right)^n$$

同様に、数列 $\{\beta_n\}$ は初項 $\frac{1-\sqrt{5}}{2}$、公比 $\frac{1-\sqrt{5}}{2}$ の等比数列である。したがって、

$$\beta_n = \beta_1 \left( \frac{1-\sqrt{5}}{2} \right)^{n-1} = \left( \frac{1-\sqrt{5}}{2} \right)^n$$

解説

本問の数列 $\{C_n\}$ は、有名な「フィボナッチ数列」です。方程式の根 $\alpha_n, \beta_n$ を誘導に従って求めることで、フィボナッチ数列の一般項を表す「ビネの公式」の背景にある黄金比 $\frac{1+\sqrt{5}}{2}$ を自然に導出できる美しい問題構成になっています。

計算上の山場は2次方程式の判別式の整理と、(1) での比の計算です。式中に $C_{n+2}, C_{n+1}, C_n, C_{n-1}$ と複数の添字が混在するため、漸化式を利用して常に「連続する2項（ここでは $C_{n+1}$ と $C_n$）」のみの式に統一しようと意識することで、見通しよく変形することができます。