2017年東京大学数学理系第4問（文系第4問）を解こう (1)(2)(3)

今回は今年の東大数学数学理系第4問(文系第4問）を解いていきます。

問題はこちら

$p=2+\sqrt{5}$ とおき,自然数 $n=1,2,3,\cdots$ に対して
$\displaystyle a_n=p^n+\left(-\frac{1}{p}\right)^n$
と定める。
以下の問いに答えよ。ただし設問(1)は結論のみをかけばよい。

(1) $a_1,a_2$ の値を求めよ。

(2) $n\geqq2$ とする。積 $a_1a_n$ を, $a_{n+1}$ と $a_{n-1}$ を用いて表せ。

(3) $a_n$ は自然数であることを示せ。

(4) $a_{n+1}$ と $a_n$ の最大公約数を求めよ。（2017 東京大学理科第4問文科第4問）

思考過程(1)

(1)数列の問題です。

$p$ のべき乗と $\displaystyle -\frac{1}{p}$ のべき乗からなる部分に分かれています。
$\displaystyle -\frac{1}{p}$ をまずは計算してみましょう。
$\displaystyle -\frac{1}{p}=2-\sqrt{5}$

$p$ と $\displaystyle -\frac{1}{p}$ は無理数部分の符号が異なるだけです。（複素数の共役に似てますね）
$p$ と $\displaystyle -\frac{1}{p}$ の和をとると無理数が消えて簡単になりそうです。
また $p$ と $\displaystyle -\frac{1}{p}$ の積をとると-1となって $p$ によらない定数となって簡単です。
ということで $p$ と $\displaystyle -\frac{1}{p}$ の和・積を基本に計算します。
分数を書くのは面倒なので $\displaystyle -\frac{1}{p}=q$ とします。
$p+q=4,pq=-1$ です。

$a_1=p+q=4$

$a_2=p^2+q^2 ={p+q}^2-2pq =18$

これで(1)が解けました.
結論だけ答えよとのことなので解答例は省略します。

思考過程(2)

$a_1a_n$ を計算します。
$a_1a_n=4(p^n+q^n)$ ・・・？

これでは $a_{n+1},a_{n-1}$ との関係が見えませんね。
用いてもよい式 $a_{n+1},a_{n-1}$ を具体的に書き表してみます。
$a_{n+1}=p^{n+1}+q^{n+1}$
$a_{n-1}=p^{n-1}+q^{n-1}$
$a_n$ と比べてべき乗の指数部分が1ずつ変化しているのだから
$a_1$ を4としないで $p$ と $q$ のカタチのままにしといて指数部分の計算ができるようにするとうまくいきそうです。

$a_1a_n=(p+q)(p^n+q^n)\\ =p^{n+1}+q^{n+1}+pq(p^{n-1}+q^{n-1})\\ =p^{n+1}+q^{n+1}-(p^{n-1}+q^{n-1})\\ =a_{n+1}-a_{n-1}$

これで(2)が解けました。
解答は計算するだけのなので解答例は省略します。

思考過程(3)

すべての自然数nに対する命題の証明です。

(2)より $a_{n-1},a_n,a_{n+1}$ ,の３項間の漸化式が与えられていること
(1)より最初の２項がわかっていることより
強く数学的帰納法の適用が推定されます。

「 $a_n$ が自然数である」を命題 $P(n)$ としましょう。

n=1,2のときは(1)より明らかです。

(2)の $a_1a_n=a_{n+1}-a_{n-1}$
より $a_{n+1}$ は $a_n$ と $a_{n-1}$ の2つから決まるのである $ｎ$ について命題の成立を仮定するときも
２つの仮定が必要です。
$n=k,k-1(k\geqq2)$ について命題 $P(k),P(k-1)$ の成立を仮定すると
$a_k,a_{k-1}$ が自然数となります。このとき $P(k+1)$ の成立つまり $a_{k+1}$ が自然数であること示せば帰納法により
任意の $ｎ$ について $P(n)$ が示されたことになります。

(2)の漸化式より
$a_{k+1}=a_1a_k+a_{k-1}\\ =4a_k+a_{k-1}$
いま、 $a_k,a_{k-1}$ が自然数なのですから右辺は自然数です。

よって $a_{k+1}$ も自然数です。

これをまとめれば(3)の解答となります。
解答の骨格は数学的帰納法そのものなので省略します。

解答例

「 $a_n$ は自然数である」を $P(n)$ とする
すべての自然数 $n$ について $P(n)$ の成立を数学的帰納法で示す

Ⅰ. $n=1,2$ のとき,(1)より $P(1),P(2)$ は成立

Ⅱ. $n=k-1,k（k≧2）$ のとき, $P(k-1),P(k)$ の成立を仮定すると
$a_{k-1},a_k$ は自然数である

(2)より
$a_{k+1}=a_1a_k+a_{k-1}\\ =4a_k+a_{k-1}$
右辺は自然数だから $a_{k+1}$ も自然数
よって $P(k+1)$ が成立

Ⅰ,Ⅱよりすべての自然数 $ｎ$ について $P(n)$ の成立が示された

まとめポイント

・題意の命題の証明に３項間漸化式を利用した数学的帰納法を用います。
　このとき、n=k-1,kの２つの仮定が必要です。
　K≧2としていることに注意してください。
　K=2のとき、n=k-1,kはn=1,2となります。
　数学的帰納法ではこのように
　「成立を仮定した番号（n=k-1,k）と成立が保証された番号（n=1,2）
　が重なるようにKを設定します。」（☆）
　この重なりがあるからこそ命題成立の連鎖が生まれてすべてのｎについて命題が成立すると言えるのです。

　たとえばK≧1とすると
　K=1のとき、n=k-1,kはn=0,1ですから
　 $a_0,a_1$ からスタートすることになりますが $a_0$ は未定義です。
　(2)の漸化式がn≧2で定義されていることを確認してください。
　n=2のとき、(2)の漸化式は
　 $a_3=4a_2+a_1$
となり、 $a_1$ と $a_2$ から次の数列の項が生み出されていきます。
$a_0$ の出る余地などありません。

つねにK≧１だと思い込んでる人がいるので気をつけてください。

またこれまでの話からわかるようにKについては範囲設定が必要不可欠です。
Ⅱ.をn=k-1,kのとき,P(k-1),P(k)の成立を仮定すると・・・
とする人がいるのですがこれでは成立が保証された番号を含むのか否か不明です。
たとえばn=5,6の成立を仮定しても漸化式からはn=7の成立が仮定されるだけです。
以下、延々と成立の仮定が続くだけで命題が成立するとは言えません。

「数学的帰納法なんてワンパターンっしょ」という人ほどこうした間違いをします。
これらの間違いは結局（☆）を意識していないことに起因しています。
Kを設定したら成立が保証された番号を含むことを必ず確認してください。

・Ⅱ.でP(k-1),P(k)の成立を仮定した後は漸化式からP(k+1)の成立を示します。
　 $a_{k+1}=4a_k+a_{k-1}$
　右辺が自然数だけで構成されています。
　自然数どうしの和・積が自然数になるのはすぐにわかると思います。
　差や分数では自然数になるとは限りません。
　差は負の整数、分数は有理数となる可能性があります。
　 $(a,b)=(3,5)$ とすると
　 $b-a=2,a-b=-2$
　 $(a,b)=(2,6)$ とすると
　 $\displaystyle \frac{b}{a}=3, \frac{a}{b}=\frac{1}{3}$

　右辺に差や分数が現れないからこそ右辺が自然数と断言できるのです。
　基本的なことですが確認しておきましょう。

(4)は次回で