[math][東京科学大学]2025年東京科学大学（旧東京工業大学）数学問題4

Table of Contents

問題

数列$\{a_n\}$を$$\begin{eqnarray} & & a_1 = a_2 = 1 \\ & & a_{n+2} = a_{n+1} + a_n\ (n = 1, 2, 3, \cdots) & &\end{eqnarray}$$により定め、数列$\{b_n\}$を$$\tan{b_n} = \frac{1}{a_n}$$により定める。ただし、$\displaystyle 0 < b_n < \frac{\pi}{2}$であるものとする。
$(1)$ $n\geq 2$に対して、$a_{n+1}a_{n-1}-{a_n}^2$を求めよ。
$(2)$ $m\geq 1$（$m$は整数）に対して、$a_{2m}\cdot \tan{(b_{2m+1}+b_{2m+2})}$を求めよ。
$(3)$ 無限級数$\displaystyle \sum_{m = 0}^{\infty}{b_{2m+1}}$を求めよ。

方針

Fibonacci数列を題材にしたもので、$(1)$は有名問題である。$(2)$も実験してみると予測が立つが、ここでは$(1)$を用いてみる。

$(3)$が問題だが、実験すると、$\tan{(b_1+b_3 + \cdots + b_{2m-1})} = a_{2m}$という予想が立つ。これを数学的帰納法で示す。

解答

$(1)$ $a_{n+1}a_{n-1}-{a_n}^2 = (-1)^{n}$であることを数学的帰納法で示す。$a_1=1, a_2 = 1, a_3 = 2$であるから、$n = 1$のときは成り立つ。ある$n$でこれが成り立つものと仮定すると、$$\begin{eqnarray}a_{n+2}a_{n}-{a_{n+1}}^2 & = & (a_{n+1}+a_n)a_n-a_{n+1}(a_{n}+a_{n-1}) \\ & = & -(a_{n+1}a_{n-1}-{a_n}^2) \\ & = & (-1)^{n+1}\end{eqnarray}$$となり、$n+1$でも成り立つ。

$(2)$ $$\begin{eqnarray}a_{2m}\cdot \tan{(b_{2m+1}+b_{2m+2})}& = & a_{2m}\cdot \frac{\tan{b_{2m+1}}+\tan{b_{2m+2}}}{1-\tan{b_{2m+1}}\tan{b_{2m+2}}} \\ & = & a_{2m}\cdot \frac{\frac{1}{a_{2m+1}}+\frac{1}{a_{2m+2}}}{1-\frac{1}{a_{2m+1}}\frac{1}{a_{2m+2}}} \\ & = & a_{2m}\cdot \frac{a_{2m+1}+a_{2m+2}}{a_{2m+1}a_{2m+2}-1} \\ & = & \frac{a_{2m}a_{2m+3}}{a_{2m+1}a_{2m+2}-1}\end{eqnarray}$$となる。$(1)$から$a_{2m+3}a_{2m+1} – {a_{2m+2}}^2 = (-1)^{2m+2} = 1$であるから、$$\begin{eqnarray}\frac{a_{2m}a_{2m+3}}{a_{2m+1}a_{2m+2}-1} & = & \frac{a_{2m+1}a_{2m+3}}{a_{2m+1}a_{2m+2}-(a_{2m+1}a_{2m+3}-{a_{2m+2}}^2)} \\ & = & \frac{a_{2m}a_{2m+3}}{a_{2m+2}(a_{2m+1}+a_{2m+2})-a_{2m+1}a_{2m+3}} \\ & = & \frac{a_{2m}a_{2m+3}}{a_{2m+2}a_{2m+3}-a_{2m+1}a_{2m+3}} \\ & = & \frac{a_{2m}a_{2m+3}}{a_{2m+3}(a_{2m+2}-a_{2m+1})} \\ & = & \frac{a_{2m}}{a_{2m}} \\ & = & 1\end{eqnarray}$$である。

$(3)$ $(2)$から、$\displaystyle \tan{(b_{2m+1} + b_{2m+2})} = \frac{1}{a_{2m}} = \tan{b_{2m}}$である。$\displaystyle 0 < b_{2m} < \frac{\pi}{2}$および、$0 < b_{2m+1} + b_{2m+2} < \pi$であることとから、$b_{2m+1} + b_{2m+2} = b_{2m} $がわかる。これから、$$\begin{eqnarray}\sum_{m = 0}^{M}{b_{2m+1}} & = & b_1 + \sum_{m=1}^{M}{(b_{2m}-b_{2m+2})} \\ & = & b_1 + b_2 -b_{2M+2} \end{eqnarray}$$となる。$M\to \infty$のとき$a_{M}\to \infty$で、$\displaystyle 0 < b_M < \frac{\pi}{2}$であるから、$b_M\to 0$となる。したがって、$\displaystyle \lim_{M\to \infty}{b_{2M+2}} = 0$である。また、$a_1 = a_2 = 1$から、$\displaystyle b_1 = b_2 = \frac{\pi}{4}$となるので、求める極限は$\displaystyle \frac{\pi}{4} + \frac{\pi}{4} = \underline{\frac{\pi}{2}}$となる。

解説

Fibonacci数列の関係式$a_{2n+1}a_{2n-1}-{a_n}^2 = (-1)^n$を用いて式を整理するときには、$(-1)^n$を消去する方向で式変形を行うと、うまくいくことが多い。

$(3)$ 色々な方法がある。少し実験すると、$\tan{(b_1 + b_3 + \cdots + b_{2m-1})} = a_{2m}$が予想できる。これを用いても良いが、求める極限が$\displaystyle \frac{\pi}{2}$であることを示すのがやや難しい。解答の方法であれば、$b_n$の範囲が限定されているので、問題なく$b_{2m+1} + b_{2m+2} = b_{2m}$を示すことができ、これを用いるのが簡単であろう。