フィボナッチがこんなところまで! – 1998年東大 数学 前期 第3問

この問題もかぁ！(Wolfgang EckertによるPixabayからの画像)

2023年3月14日

1998年東大 数学 前期 第3問は、平面図形と数列の問題です。これは解法の先取りというか、ネタバレですが、解いていくうちにフィボナッチ数列が、思いがけず現れてきます。

　問題文は以下の通りです。

　 xy xy 平面に2つの円

C0:x2+(y−12)2=14 C_0 : x^2 + ( y- \frac{1}{2} )^2 = \frac{1}{4}
C1:(x−1)2+(y−12)2=14 C_1 : (x-1)^2 + ( y- \frac{1}{2} )^2 = \frac{1}{4}

をとり、 C2 C_2 を x x 軸と C0 C_0 、 C1 C_1 に接する円とする。さらに、 n=2,3,⋯ n= 2,3, \cdots に対して Cn+1 C_{n+1} を x x 軸と Cn C_{n} 、 Cn−1 C_{n-1} に接する円で Cn−2 C_{n-2} とは異なるものとする。 Cn C_n の半径を rn r_n 、 Cn C_n と x x 軸との接点を (xn,0) (x_n, 0 ) として

qn=12rn q_n = \frac{1}{ \sqrt{2r_n} }
pn=qnxn p_n = q_n x_n

とおく。

(1) qn q_n は整数であることを示せ。
(2) pn p_n も整数で、 pn p_n と qn q_n は互いに素であることを示せ。
(3) α \alpha を α=11+α \alpha = \frac{1}{1+ \alpha} を満たす正の数として、不等式

∣xn+1−α∣<23∣xn−α∣ | x_{n+1} - \alpha | < \frac{2}{3} |x_{n} - \alpha |

を示し、極限 lim⁡n→∞xn \lim_{n \to \infty} x_n を求めよ。

　平方根の逆数が整数になることを示せ、とか、なかなか厳しそうです。何か、ドロドロになりそうな予感がします。

小問１の解法

　ある数が整数であることを示すには、どうアプローチすればよいのでしょうか。見当もつきませんが、まずは漸化式を立てることを目指します。具体的な式の形を見れば、何か知恵が湧いてくるかも知れません。

図を描く

　図形の問題なので、図を書いてみます。まず、初期値です(図1)。

1998年東大 数学 前期 第3問 初期項の図
図1

　ちょっとした計算で、 x2=12,r2=18,q2=2 x_2 = \frac{1}{2} ,r_2 = \frac{1}{8} , q_2 = 2 であることがわかります。最初の3項 n=0,1,2 n=0,1,2 の値を表にまとめると、以下の通りです。

n n xn x_n rn r_n qn q_n
0012 \frac{1}{2} 1
1112 \frac{1}{2} 1
212 \frac{1}{2} 18 \frac{1}{8} 2

　次に、一般項です(図2)。

1998年東大 数学 前期 第3問 一般項の図
図2

式を立てる

　各円 Cn C_n の中心座標は (xn,rn) (x_n, r_n) 、半径は rn r_n です。これと、各円 Cn−1,Cn,Cn+1 C_{n-1} , C_n , C_{n+1} がたがいに接しているという条件から、3平方の定理を適用して以下の3つの式を立てられます (n≧2) (n \geqq 2 ) 。

(xn−1−xn)2+(rn−1−rn)2=(rn−1+rn)2(xn−xn+1)2+(rn−rn+1)2=(rn+rn+1)2(xn−1−xn+1)2+(rn−1−rn+1)2=(rn−1+rn+1)2\begin{aligned} & (x_{n-1} - x_{n} )^2 + (r_{n-1} - r_{n} )^2 \\ & = (r_{n-1} + r_{n} )^2 \\ \\ &(x_{n} - x_{n+1} )^2 + (r_{n} - r_{n+1} )^2 \\ & = (r_{n} + r_{n+1} )^2 \\ \\ & (x_{n-1} - x_{n+1} )^2 + (r_{n-1} - r_{n+1} )^2 \\ &= (r_{n-1} + r_{n+1} )^2 \end{aligned}

　 rn r_n の項を右辺に移項して、

(xn−1−xn)2=4rn−1rn(xn−xn+1)2=4rnrn+1(xn−1−xn+1)2=4rn−1rn+1\begin{aligned} & (x_{n-1} - x_{n} )^2 = 4r_{n-1} r_{n} \\ &(x_{n} - x_{n+1} )^2 = 4r_{n} r_{n+1} \\ & (x_{n-1} - x_{n+1} )^2 = 4r_{n-1} r_{n+1} \\ \end{aligned}

　ここで rn r_n を qn q_n に置き換えると、

(xn−1−xn)2=1qn−12qn2(xn−xn+1)2=1qn2qn+12(xn−1−xn+1)2=1qn−12qn+12\begin{aligned} & (x_{n-1} - x_{n} )^2 = \frac{1}{q_{n-1}^2 q_{n} ^2 } \\ &(x_{n} - x_{n+1} )^2 = \frac{1}{q_{n}^2 q_{n+1} ^2 } \\ & (x_{n-1} - x_{n+1} )^2 = \frac{1}{q_{n-1}^2 q_{n+1} ^2 } \\ \end{aligned}

　両辺ともいい感じに2乗項だけになりました。 qn q_n を rn r_n の平方根で定義していたのは、このためだったのか。

　次に、両辺を 12 \frac{1} {2} 乗します。

∣xn−1−xn∣=1qn−1qn∣xn−xn+1∣=1qnqn+1∣xn−1−xn+1∣=1qn−1qn+1\begin{aligned} & |x_{n-1} - x_{n} | = \frac{1}{q_{n-1} q_{n} } \\ & |x_{n} - x_{n+1} | = \frac{1}{q_{n} q_{n+1} } \\ & | x_{n-1} - x_{n+1} | = \frac{1}{q_{n-1} q_{n+1} } \\ \end{aligned}

絶対値記号を外す

　左辺の絶対値記号を外したいので、各 xn x_n の大小関係を確認します。

各円 Cn−1,Cn,Cn+1 C_{n-1} , C_n , C_{n+1} がたがいに接しているという条件から、

xn<xn+1<xn−1x_{n} < x_{n+1} < x_{n-1}

か、

xn−1<xn+1<xnx_{n-1} < x_{n+1} < x_{n}

のいずれかなので、

xn−1−xn>0xn−xn+1<0xn−1−xn+1>0\begin{aligned} & x_{n-1} - x_{n} > 0 \\ & x_{n} - x_{n+1} <0 \\ & x_{n-1} - x_{n+1} > 0 \\ \end{aligned}

か

xn−1−xn<0xn−xn+1>0xn−1−xn+1<0\begin{aligned} & x_{n-1} - x_{n} < 0 \\ & x_{n} - x_{n+1} >0 \\ & x_{n-1} - x_{n+1} < 0 \\ \end{aligned}

のいずれかです。したがって、以下の式が成り立ちます（複号同順）。

xn−1−xn=±1qn−1qnxn−xn+1=∓1qnqn+1xn−1−xn+1=±1qn−1qn+1\begin{aligned} & x_{n-1} - x_{n} = \pm \frac{1}{q_{n-1} q_{n} } \\ & x_{n} - x_{n+1} = \mp \frac{1}{q_{n} q_{n+1} } \\ & x_{n-1} - x_{n+1} = \pm \frac{1}{q_{n-1} q_{n+1} } \\ \end{aligned}

qn q_n の漸化式を求める

　ここで、3つ目の式の両辺に −1 -1 をかけて、符号を入れ替えます。

xn−1−xn=±1qn−1qnxn−xn+1=∓1qnqn+1−xn−1+xn+1=∓1qn−1qn+1\begin{aligned} & x_{n-1} - x_{n} = \pm \frac{1}{q_{n-1} q_{n} } \\ & x_{n} - x_{n+1} = \mp \frac{1}{q_{n} q_{n+1} } \\ & -x_{n-1} + x_{n+1} = \mp \frac{1}{q_{n-1} q_{n+1} } \\ \end{aligned}

複号は同順です。辺々足すと、左辺はいい感じに0になるので、以下の式を得ます。

1qn−1qn−1qnqn+1−1qn−1qn+1=0\begin{aligned} & \frac{1}{q_{n-1} q_{n} } - \frac{1}{q_{n} q_{n+1} } - \frac{1}{q_{n-1} q_{n+1} } = 0\\ \end{aligned}

　分母を払うと、

qn+1−qn−1−qn=0\begin{aligned} & q_{n+1} - q_{n-1} - q_{n} = 0\\ \end{aligned}

すなわち

qn+1=qn+qn−1　⋯(1)\begin{aligned} & q_{n+1} = q_{n} + q_{n-1} \text{　} \cdots (1)\\ \end{aligned}

で、これはまさにフィボナッチ数列です (n≧2) (n \geqq 2 ) 。

　 q1=1 q_1 = 1 、 q2=2 q_2 = 2 なので、以下、逐次的に qn q_n が整数であることが示せます。

　なお、 q0=1 q_0 = 1 であることから、式(1) は n≧1 n \geqq 1 の範囲で成り立ちます。

小問２の解法

式を立てる

　まず、 pn p_n の式を立ててみます。

　小問1を解く際に得られた以下の式（複号同順）

xn−1−xn=±1qn−1qnxn−xn+1=∓1qnqn+1−xn−1+xn+1=∓1qn−1qn+1\begin{aligned} & x_{n-1} - x_{n} = \pm \frac{1}{q_{n-1} q_{n} } \\ & x_{n} - x_{n+1} = \mp \frac{1}{q_{n} q_{n+1} } \\ & -x_{n-1} + x_{n+1} = \mp \frac{1}{q_{n-1} q_{n+1} } \\ \end{aligned}

において、 xn x_n を pn p_n で置き換えます (n≧2) (n \geqq 2 ) 。

pn−1qn−1−pnqn=±1qn−1qnpnqn−pn+1qn+1=∓1qnqn+1−pn−1qn−1+pn+1qn+1=∓1qn−1qn+1\begin{aligned} & \frac{p_{n-1}}{q_{n-1}} - \frac{p_{n}} {q_{n} } = \pm \frac{1}{q_{n-1} q_{n} } \\ & \frac{p_{n}}{q_{n}} - \frac{p_{n+1}} {q_{n+1} } = \mp \frac{1}{q_{n} q_{n+1} } \\ & - \frac{p_{n-1}}{q_{n-1}} + \frac{p_{n+1}} {q_{n+1} } = \mp \frac{1}{q_{n-1} q_{n+1} } \\ \end{aligned}

　各式の分母を払います。

qnpn−1−qn−1pn=±1qn+1pn−qnpn+1=∓1−qn+1pn−1+qn−1pn+1=∓1\begin{aligned} & q_{n} p_{n-1} - q_{n-1} p_{n} = \pm 1 \\ & q_{n+1} p_{n} - q_{n} p_{n+1} = \mp 1 \\ & - q_{n+1} p_{n-1} + q_{n-1} p_{n+1} = \mp 1 \\ \end{aligned}

pn p_n の漸化式を求める

　ここから、 pn p_n だけの式にしたいのですが、今度は辺々足しても、右辺は0にならないし、苦し紛れに1番目の式の両辺を2倍して、辺々足してみたらどうなるでしょうか。

(2qn−qn+1)pn−1+(qn+1−2qn−1)pn+(−qn+qn−1)pn+1=0\begin{aligned} & (2q_{n}- q_{n+1}) p_{n-1} \\ &+(q_{n+1}- 2q_{n-1}) p_{n} \\ & +(- q_{n}+ q_{n-1}) p_{n+1}= 0 \end{aligned}

　右辺は0になるので、定数項は無くなりました。 pn p_n にかかる係数を何とかしなければなりませんが、とりあえず式(1)を使って、 qn+1 q_{n+1} を消してみます。

{2qn−(qn+qn−1)}pn−1+{(qn+qn−1)−2qn−1}pn+(−qn+qn−1)pn+1=0\begin{aligned} & \{2q_{n}- (q_{n} + q_{n-1}) \} p_{n-1} \\ &+\{ (q_{n} + q_{n-1})- 2q_{n-1} \} p_{n} \\ & +(- q_{n}+ q_{n-1}) p_{n+1}= 0 \end{aligned}

　qn q_n の項を整理すると、

(qn−qn−1)pn−1+(qn−qn−1)pn+(−qn+qn−1)pn+1=0\begin{aligned} & (q_{n}- q_{n-1}) p_{n-1} \\ &+ (q_{n} - q_{n-1}) p_{n} \\ & +(- q_{n}+ q_{n-1}) p_{n+1}= 0 \end{aligned}

　おおっ！これは！！ 式(1) から、 qn−qn−1=qn−2(n≧2) q_{n} - q_{n-1} = q_{n-2} ( n \geqq 2) であり、qn−2>0(n≧2) q_{n-2} > 0(n \geqq 2) なので qn−qn−1>0 q_{n} - q_{n-1} > 0 です。よって、辺々を qn−qn−1 q_{n} - q_{n-1} で割って、

pn−1+pn−pn+1=0\begin{aligned} & p_{n-1} + p_{n} -p_{n+1}= 0 \end{aligned}

すなわち

pn+1=pn+pn−1　⋯(2)\begin{aligned} & p_{n+1}= p_{n} +p_{n-1} \text{　} \cdots (2) \end{aligned}

を得ます (n≧2) ( n \geqq 2 ) 。 なんと pn p_n も、フィボナッチ数列でした。

　 p1=q1x1=1×1=1 p_1 = q_1 x_1 = 1 \times 1 = 1 、 p2=q2x2=2×12=1 p_2 = q_2 x_2 = 2 \times \frac{1}{2} = 1 であることから、すべての n≧1 n \geqq 1 に対し、 pn p_n が整数であることが逐次的に示せます。

　なお、 p0=q0x0=1×0=0 p_0 = q_0 x_0 =1 \times 0 = 0 であることから、すべての n≧0 n \geqq 0 に対し、 pn p_n は整数であることが示せました。また、式(2) は n≧1 n \geqq 1 の範囲で成り立ちます。

pn p_n と qn q_n が互いに素であることの証明

　背理法で証明します。

　 n=3 n=3 までの pnp_n と qn q_n の値は、以下の表1の通りです。

n n qn q_n pn p_n
010
111
221
332
表1

　 n=0,1,2 n=0,1,2 のとき、pnp_n と qn q_n が互いに素であると胸を張って言い切ってしまってよいのか、ちょっと気になりますが、 n=3 n =3 の時は明らかに互いに素です。

　 n≧4 n \geqq 4 のとき、 pnp_{n} と qn q_{n} が互いに素でないとすると、ある自然数 m>1 m > 1 およびある自然数 p,q(p≠q) p, q (p \ne q ) が存在して、

pn=mpqn=mq\begin{aligned} & p_{n} = mp \\ & q_{n} = mq \\ \end{aligned}

が成り立ちます。

　一方、

qn−1pn−qnpn−1=±1q_{n-1}p_{n} - q_{n} p_{n-1} = \pm1

が成り立つので、

mpqn−1−mqpn−1=±1mpq_{n-1} - mq p_{n-1} = \pm1

となります。左辺を m m でくくって、

m(pqn−1−qpn−1)=±1m(pq_{n-1} - q p_{n-1}) = \pm1

となりますが、自然数 m m は1より大きく、また pqn−1−qpn−1 pq_{n-1} - q p_{n-1} は整数なので、この2つを掛けて ±1 \pm 1 になるというのは矛盾です。

　したがって、 n≧3 n \geqq 3 のとき、 pnp_{n} と qn q_{n} が互いに素で有ることが証明できました。

補足

qnpn−1−qn−1pn=±1qn+1pn−qnpn+1=∓1−qn+1pn−1+qn−1pn+1=∓1\begin{aligned} & q_{n} p_{n-1} - q_{n-1} p_{n} = \pm 1 \\ & q_{n+1} p_{n} - q_{n} p_{n+1} = \mp 1 \\ & - q_{n+1} p_{n-1} + q_{n-1} p_{n+1} = \mp 1 \\ \end{aligned}

から pn p_n の漸化式を導出するとき、全部の式を使わずに、式1と式2の辺々を足すか、式1と式3の辺々を引いても、漸化式を導出できます。

　たとえば式1と式2の辺々を足すと、

qnpn−1−qn−1pn+qn+1pn−qnpn+1=0\begin{aligned} & q_{n} p_{n-1} - q_{n-1} p_{n} \\ &+q_{n+1} p_{n} - q_{n} p_{n+1} = 0 \end{aligned}

　 pn p_n の係数をまとめて

qnpn−1+(−qn−1+qn+1)pn−qnpn+1=0\begin{aligned} & q_{n} p_{n-1} +(- q_{n-1}+q_{n+1}) p_{n} - q_{n} p_{n+1} = 0 \end{aligned}

　式(1) を代入して

qnpn−1+qnpn−qnpn+1=0\begin{aligned} & q_{n} p_{n-1} + q_{n} p_{n} - q_{n} p_{n+1} = 0 \end{aligned}

　 qn>0 q_n > 0 なので、式(2) が導出できました。

　こちらのほうが計算も少なくて、スマートです。式(1)をうまく適用できないか、という観点で考えていると、思いつけると思います。先に導出された結果を、後の論証に使えないかどうか、常に考えるようにしましょう。

小問３の解法

　問題文が変に持って回った言い回しになっていますが、不等式

∣xn+1−α∣<23∣xn−α∣ | x_{n+1} - \alpha | < \frac{2}{3} |x_{n} - \alpha |

を証明することで、 lim⁡n→∞xn=α \lim_{n \to \infty} x_n = \alpha であることが示せます。

　ここで表1を改めて見ると、明らかに pn=qn−1 p_n = q_{n-1} です。すなわち、

xn=qn−1qnx_n = \frac{q_{n-1} } { q_n}

です。ここで qn q_n の漸化式である式(1)を適用すると、

xn+1=qnqn+1　　=qnqn+qn−1　　=11+qn−1qn　　=11+xn\begin{aligned} & x_{n+1} = \frac{q_n}{q_{n+1}} \\ & \text{　　} = \frac{q_n}{q_{n} + q_{n-1}} \\ & \text{　　} = \frac{1}{1 + \frac{q_{n-1}}{q_n}} \\ & \text{　　} = \frac{1}{1 + x_n} \end{aligned}

が成り立ちます。

　したがって、

∣xn+1−α∣=∣11+xn−11+α∣=1(1+xn)(1+α)∣xn−α∣ \begin{aligned} &| x_{n+1} - \alpha | \\ & = \left | \frac{1}{1+ x_n} - \frac{1}{1+ \alpha} \right | \\ & = \frac{1}{(1+ x_n)(1+ \alpha) } |x_n-\alpha| \\ \end{aligned}

ですが、 xn>0 x_n > 0 であることと α=−1+52 \alpha =\frac{-1+\sqrt{5} }{2} であることから、

1(1+xn)(1+α)<11+α　　　　　　　=11+−1+52　　　　　　　=21+5　　　　　　　<23 \begin{aligned} & \frac{1}{(1+ x_n)(1+ \alpha) } < \frac{1}{1+ \alpha } \\ & \text{　　　　　　　} = \frac{1}{1+ \frac{-1+\sqrt{5} }{2} } \\ & \text{　　　　　　　} = \frac{2}{1+\sqrt{5} } \\ & \text{　　　　　　　} < \frac{2}{3} \end{aligned}

であるので

∣xn+1−α∣<23∣xn−α∣ \begin{aligned} &| x_{n+1} - \alpha | < \frac{2}{3} |x_{n} - \alpha | \end{aligned}

が成り立ちます。したがって、

∣xn−α∣<(23)n∣x0−α∣ \begin{aligned} &| x_{n} - \alpha | < \left ( \frac{2}{3} \right )^n|x_{0} - \alpha | \end{aligned}

が成り立ちます。右辺は n→∞ n \to \infty のとき0に収束するので、 lim⁡n→∞xn=α \lim_{n \to \infty} x_n = \alpha が示せました。

発展 – その１：フィボナッチ数列の隣接項の比

　フィボナッチ数列の隣接項の比 qn+1qn \frac{q_{n+1}} {q_n} はいわゆる黄金比1+52 \frac{1+ \sqrt{5} }{2} に収束することが知られています。本ブログでも、「複素平面上のフィボナッチ数列 – 2001年東大 数学 第4問」という記事に、複素数版の証明を乗せていますので、ご覧ください。

　小問3で、その逆数 qnqn+1 \frac{q_{n}} {q_{n+1}} が収束することを示した α=−1+52 \alpha = \frac{-1+\sqrt{5} }{2} は、正しく黄金比の逆数になっています。

発展 – その２：一般に pn=qn−1 p_n = q_{n-1} は成り立たない

　小問3では、pn=qn−1 p_n = q_{n-1} であることをうまく利用して、 xn=qn+1qn x_n =\frac{q_{n+1}} {q_n} の収束を示しましたが、一般にこれは成り立ちません。

　実際、以下のケースでは、 pn=qn−1 p_n = q_{n-1} にはなりません。

C0:x2+(y−12)2=14C1:(x−13)2+(y−118)2=1324\begin{aligned} & C_0 : x^2 + ( y- \frac{1}{2} )^2 = \frac{1}{4} \\ & C_1 : (x- \frac{1}{3})^2 + ( y- \frac{1}{18} )^2 = \frac{1}{324} \end{aligned}

　 n≦3 n \leqq 3 の範囲の xn,rn,qn,pn x_n,r_n,q_n, p_n の値は、以下の通りです。

n n xn x_n rn r_n qn q_n pn p_n
0012 \frac{1}{2} 10
113\frac{1}{3} 118 \frac{1}{18} 31
214 \frac{1}{4} 132 \frac{1}{32} 41
327 \frac{2}{7} 198 \frac{1}{98} 72

　 pn≠qn−1 p_n \ne q_{n-1} のとき、小問3の証明は面倒くさくなります。そもそも α \alpha に収束するかどうかも、定かではありません。出題者は受験者が変に泥沼に陥らないように、問題を設定していることがわかります。

発展 – その３：pn≠qn−1 p_n \ne q_{n-1} のときの小問３

　 pn≠qn−1 p_n \ne q_{n-1} のとき、 xn=pnqn x_n = \frac{p_n}{q_n} が何に収束するか、考察してみます。

qn,pn q_n, p_n の一般項

　ちょっとダサいですが、 qn,pn q_n, p_n の一般項を求めます。

　方程式

x2−x−1=0x_2-x-1=0

の2つの解を、 ϕ,ψ(ψ<ϕ) \phi, \psi (\psi < \phi ) と置きます。大きいほう ϕ \phi が、黄金比です。

　3項数列の一般項を求めるやりかたで、普通に導出できますが、昔も今も教科書にきちんと説明が載っていないので、一般項の求め方を少し詳しく記述します。

　　 qn q_n が満たす漸化式は

qn+1−qn−qn−1=0q_{n+1} -q_n - q_{n-1} = 0

ですが、解と係数の関係より、

ϕ+ψ=1ϕψ=−1\begin{aligned} & \phi + \psi = 1 \\ & \phi \psi = -1 \end{aligned}

なので、これを漸化式の係数に代入して

qn+1−(ϕ+ψ)qn+ϕψqn−1=0q_{n+1} -(\phi + \psi )q_n +\phi \psi q_{n-1} = 0

を得ます。これを変形して

qn+1−ϕqn=ψ(qn−ϕqn−1)　　　 　 =ψn(q1−ϕq0)\begin{aligned} & q_{n+1} -\phi q_n = \psi (q_n - \phi q_{n-1}) \\ & \text{　　　 　 }= \psi^n (q_1 - \phi q_{0}) \end{aligned}

が成り立ちます。同様に、

qn+1−ψqn=ϕn(q1−ψq0)\begin{aligned} & q_{n+1} -\psi q_n = \phi^n (q_1 - \psi q_{0}) \end{aligned}

が成り立ちます。

　1つ目の式の両辺に ψ \psi を、2つ目の式の両辺に ϕ \phi をそれぞれかけて、

ψqn+1−ϕψqn=ψn+1(q1−ϕq0)ϕqn+1−ϕψqn=ϕn+1(q1−ψq0)\begin{aligned} & \psi q_{n+1} -\phi \psi q_n = \psi^{n+1} (q_1 - \phi q_{0}) \\ & \phi q_{n+1} -\phi \psi q_n = \phi^{n+1} (q_1 - \psi q_{0}) \end{aligned}

辺々引いて

(ψ−ϕ)qn+1=ψn+1(q1−ϕq0)　　　　　−ϕn+1(q1−ψq0)\begin{aligned} & (\psi - \phi) q_{n+1} = \psi^{n+1} (q_1 - \phi q_{0}) \\ & \text{　　　　　} - \phi^{n+1} (q_1 - \psi q_{0}) \end{aligned}

整理すると

qn=1ϕ−ψ{(ϕn−ψn)q1　　　　　−ϕψ(ϕn−1−ψn−1)q0)}\begin{aligned} &q_{n} = \frac{1}{\phi - \psi } \{ ( \phi^{n} - \psi^{n}) q_1 \\ & \text{　　　　　}- \phi \psi ( \phi^{n-1} - \psi^{n-1}) q_{0}) \}\\ \end{aligned}

　ここで

ϕ−ψ=5ϕψ=−1\begin{aligned} & \phi - \psi = \sqrt{5} \\ & \phi \psi = -1 \end{aligned}

を代入して、

qn=15{(ϕn−ψn)q1+(ϕn−1−ψn−1)q0}\begin{aligned} &q_{n} = \frac{1}{\sqrt{5} } \left \{ ( \phi^{n} - \psi^{n}) q_1 + ( \phi^{n-1} - \psi^{n-1}) q_{0} \right \}\\ \end{aligned}

　同様に、

pn=15{(ϕn−ψn)p1+(ϕn−1−ψn−1)p0}\begin{aligned} &p_{n} = \frac{1}{\sqrt{5} } \left \{ ( \phi^{n} - \psi^{n}) p_1 + ( \phi^{n-1} - \psi^{n-1}) p_{0} \right \}\\ \end{aligned}

xn x_n の一般項と極限

　 xn=pnqn x_n = \frac{p_n}{q_n} の一般項は

xn=pnqn=(ϕn−ψn)p1+(ϕn−1−ψn−1)p0(ϕn−ψn)q1+(ϕn−1−ψn−1)q0={ϕ−ψ(ψϕ)n−1}p1+{1−(ψϕ)n−1}p0{ϕ−ψ(ψϕ)n−1}q1+{1−(ψϕ)n−1}q0\begin{aligned} & x_n = \frac{p_n}{q_n} \\ & = \frac{ ( \phi^{n} - \psi^{n}) p_1 + ( \phi^{n-1} - \psi^{n-1}) p_{0} }{ ( \phi^{n} - \psi^{n}) q_1 + ( \phi^{n-1} - \psi^{n-1}) q_{0} }\\ & = \frac{ \{ \phi - \psi ( \frac{\psi}{\phi})^{n-1} \} p_1 + \{ 1 - ( \frac{\psi}{\phi})^{n-1} \} p_{0} }{ \{ \phi - \psi ( \frac{\psi}{\phi})^{n-1} \} q_1 + \{ 1 - ( \frac{\psi}{\phi})^{n-1} \} q_{0} }\\ \end{aligned}

となります。ここで、

∣ψϕ∣=∣3−52∣<1\begin{aligned} & \left |\frac{\psi }{\phi } \right | = \left |\frac{3 - \sqrt{5} }{2} \right | < 1 \end{aligned}

なので、 lim⁡n→∞ψϕ=0 \lim_{n \to \infty} \frac{\psi }{\phi } = 0 が成り立ちます。したがって、

lim⁡n→∞xn=ϕp1+p0ϕq1+q0\begin{aligned} & \lim_{n \to \infty}x_n = \frac{ \phi p_1 + p_{0} }{ \phi q_1 + q_{0} }\\ \end{aligned}

となります。 xn x_n が α \alpha に収束するのは、特殊なケースであることがわかりました。

　逆に、 pn,qn p_n,q_n を整数にすることにこだわらなければ、初期値をうまくコントロールすることで、 xn x_n を比較的自由な値に収束されることが出来ます。たとえば、初期値を以下のように設定すると、 xn x_n を 12 \frac{1}{2} に収束させることができます。

n n xn x_n rn r_n qn q_n pn p_n
0012 \frac{1}{2} 10
111+ϕ \frac{1}{1+ \phi} 14+6ϕ \frac{1}{4+6 \phi} 1+ϕ \phi 1
212+ϕ \frac{1}{2+ \phi} 110+10ϕ \frac{1}{10+10 \phi} 2+ϕ\phi 1
323+2ϕ \frac{2}{3+ 2\phi} 120+14ϕ \frac{1}{20+14 \phi}
3+ 2ϕ\phi 2

発展 – その４：pn p_n と qn q_n が互いに素である件

　フィボナッチ数列の隣接項が互いに素であるというのも、良く知られていますが、本問の小問2はまさにその証明を求めています。しかし本稿では、 pn=qn−1 p_n = q_{n-1} であることを使わずに証明できたので、 pn≠qn−1 p_n \ne q_{n-1} のときも互いに素であることがわかります。

解法のポイント

　本問は登場する変数が多い（ xn,rn,qn,pn x_n,r_n,q_n,p_n の4種類）ので、どのようにして変数を減らし、欲しい変数だけの式にするかがポイントです。

　最初に3平方の定理を使って3つの式が出来た時に、右辺、左辺と変数を分離することが1番目のポイントです。次いで、左辺側の xn x_n が3式合わせると対称式のように循環していて、しかもマイナスの項があることに注目です。うまくすると、今回のように辺々足したらキャンセルしあって0、ということが期待できます。

　一般には代入法で変数を減らしますが、条件がそろえば一気に消せるので、その可能性を常に探ってください。

　 pn=qn−1 p_n = q_{n-1} に気が付くことも重要です。これに気が付かないと、小問3がえらく大変になります。

　入試問題というものは過度に泥沼状態に陥らないよう、今回のpn=qn−1 p_n = q_{n-1} のように、スマートに解けるように特殊な条件を前提としていることが、往々にしてあります。問題を解いていてドロドロになりかけたら、スマートな解決に導く「蜘蛛の糸」が天井からぶら下がっていないか、今一度設問内容を確認してみてください。

　面倒な計算を避けてパパっと答えを導けないか、常に考え続けることがポイントです。

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東大1998年

Posted by mine_kikaku