[math]2012年東京医科歯科大学前期数学問題1

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問題

数列 ${a_{n}}, {b_{n}}$ を次のように定義する。 ${\begin{cases} a_{1} = 5, b_{1} = 3 \\ (\begin{array}{c} a_{n + 1} \\ b_{n + 1} \end{array}) = (\begin{array}{c} 5 & 3 \\ 3 & 5 \end{array}) (\begin{array}{c} a_{n} \\ b_{n} \end{array}) (n = 1, 2, 3, \dots) \end{cases}$ また、自然数 $n$ について $c_{n} = {a_{n}}^{2} - {b_{n}}^{2}$ とおく。このとき以下の各問に答えよ。
$(1)$ $c_{n}$ を $n$ を用いて表わせ。
$(2)$ $k$ を自然数とするとき、自然数 $l$ について $a_{k + l} = a_{k} a_{l} + b_{k} b_{l}, b_{k + l} = b_{k} a_{l} + a_{k} b_{l}$ が成立することを、 $l$ についての数学的帰納法によって示せ。
$(3)$ $n > l$ となる自然数 $n, l$ について $b_{n + l} - c_{l} b_{n - l} = 2 a_{n} b_{l}$ が成立することを示せ。
$(4)$ $2$ 以上の自然数 $n$ について $a_{2 n} + \sum_{m = 1}^{n - 1} c_{n - m} a_{2 m} = \frac{b_{2 n + 1}}{2 b_{1}} - \frac{c_{n}}{2}$ が成立することを示せ。

方針

$(3)$ は与えられた式を計算するのが良い。 $(4)$ が問題になる。実は $a_{n}, b_{n}$ を直接求めることが出来て、そうすると単なる計算問題になるが、ここでは $(3)$ を利用してみる。

解答

$(1)$ $a_{n + 1} = 5 a_{n} + 3 b_{n}, b_{n + 1} = 3 a_{n} + 5 b_{n}$ だから、 $\begin{array}{rcl} c_{n + 1} & = & (5 a_{n} + 3 b_{n})^{2} - (3 a_{n} + 5 b_{n})^{2} \\ = & 16 ({a_{n}}^{2} - {b_{n}}^{2}) \\ = & 16 c_{n} \end{array}$ である。 $c_{1} = {a_{1}}^{2} - {b_{1}}^{2} = 16$ だから、 $\underset{―}{c_{n} = 16^{n}}$ となる。

$(2)$ $l = 1$ のとき、 $a_{k + 1} = 5 a_{k} + 3 b_{k} = a_{1} a_{k} + b_{1} b_{k}, b_{k + 1} = 3 a_{k} + 5 b_{k} = b_{1} a_{k} + a_{1} b_{k}$ だから、 $\begin{matrix} (a) & \begin{array}{rcl} a_{k + l} & = & a_{k} a_{l} + b_{k} b_{l} \\ b_{k + l} & = & b_{k} a_{l} + a_{k} b_{l} \end{array} \end{matrix}$ が成り立つ。ある $l$ で式 $(a)$ の成立を仮定すると、 $\begin{array}{rcl} a_{k + l + 1} & = & 5 a_{k + l} + 3 b_{k + l} \\ = & 5 (a_{k} a_{l} + b_{k} b_{l}) + 3 (b_{k} a_{l} + a_{k} + b_{l}) \\ = & a_{l} (5 a_{k} + 3 b_{k}) + b_{l} (3 a_{k} + 5 b_{l}) \\ = & a_{l} a_{k + 1} + b_{l} b_{l + 1} \\ b_{k + l + 1} & = & 3 a_{k + l} + 5 b_{k + l} \\ = & 3 (a_{k} b_{l} + b_{k} a_{l}) + 5 (b_{k} a_{l} + a_{k} b_{l}) \\ = & a_{l} (3 b_{k} + 5 b_{k}) + b_{l} (3 a_{k} + 5 b_{k}) \\ = & a_{l} b_{k + 1} + b_{l} a_{k + 1} \end{array}$ となり、 $l + 1$ でも成立する。よって、 $l$ についての数学的帰納法によって、題意が示された。

$(3)$ $(2)$ から、 $\begin{array}{rcl} b_{n + l} - c_{l} b_{n - l} & = & b_{n} a_{l} + a_{n} b_{l} - ({a_{l}}^{2} - {b_{n}}^{2}) b_{n - l} \\ = & a_{l} (b_{n} - a_{l} b_{n - l}) + b_{l} (a_{n} + b_{l} b_{n - l}) \\ = & a_{l} b_{l} a_{n - l} + b_{l} (a_{n} + b_{l} b_{n - l}) \\ = & b_{l} (a_{l} a_{n - l} + b_{l} b_{n - l}) + a_{n} b_{l} \\ = & b_{l} a_{n} + a_{n} b_{l} \\ = & 2 a_{n} b_{l} \end{array}$ となり、題意が示された。

$(4)$ $(3)$ から $b_{n + l} - c_{l} b_{n - l} = 2 a_{n} b_{l}$ である。 $n = 2 m$ とすると、 $b_{2 m + l} - c_{l} b_{2 m - l} = 2 a_{2 m} b_{l}$ である。 $b_{l} > 0$ だから、変形して $a_{2 m} = \frac{b_{2 m + l} - c_{l} b_{2 m - l}}{2 b_{l}}$ である。両辺に $c_{n - m}$ を掛けて、 $a_{2 m} c_{n - m} = \frac{c_{n - m} b_{2 m + l} - c_{n - m} c_{l} b_{2 m - l}}{2 b_{l}}$ である。ここで $l = 1$ とすると、 $a_{2 m} c_{n - m} = \frac{c_{n - m} b_{2 m + 1} - c_{n - m} c_{1} b_{2 m - 1}}{2 b_{1}}$ であるが、 $c_{1} = 16, c_{n} = 16^{n}$ より $a_{2 m} c_{n - m} = \frac{c_{n - m} b_{2 m + 1} - c_{n - m + 1} b_{2 m - 1}}{2 b_{1}}$ がわかる。この式で $m = 1, 2, \dots, n$ としたものを辺ごとに足すと、どんどん打ち消し合って、 $\sum_{m = 1}^{n} a_{2 m} c_{n - m} = \frac{c_{0} b_{2 n + 1} - c_{n} b_{1}}{2 b_{1}}$ である。これは求める数式である。

解説

色々な解き方が存在する問題である。例えば、 $a_{n + 1} = 5 a_{n} + 3 b_{n}, b_{n + 1} = 3 a_{n} + 5 b_{n}$ から、 $x_{n} = a_{n} + b_{n}, y_{n} = a_{n} - b_{n}$ とすると、 $x_{n + 1} = 8 x_{n}, y_{n + 1} = 2 y_{n}$ がわかる。 $x_{1} = a_{1} + b_{1} = 8, y_{1} = a_{1} - b_{1} = 2$ だから、 $x_{n} = 8^{n}, y_{n} = 2^{n}$ である。よって、 $a_{n} = \frac{8^{n} + 2^{n}}{2}, b_{n} = \frac{8^{n} - 2^{n}}{2}$ である。これから $c_{n}$ は簡単に計算できる。

実は $(\begin{matrix} a_{n} & b_{n} \\ b_{n} & a_{n} \end{matrix}) = {(\begin{matrix} 5 & 3 \\ 3 & 5 \end{matrix})}^{n}$ であることが数学的帰納法により示せる。一般の $2 \times 2$ 行列に対して、 $A = (\begin{matrix} a & b \\ c & d \end{matrix})$ に対して $d e t (A) = a d - b c$ とすると、 $d e t (A^{n}) (d e t (A))^{n} = (a d - b c)^{n}$ となる。この $d e t (A)$ を行列 $A$ の行列式という。すると、 $(\begin{matrix} a_{n} & b_{n} \\ b_{n} & a_{n} \end{matrix}) = {(\begin{matrix} 5 & 3 \\ 3 & 5 \end{matrix})}^{n}$ の両辺の行列式を考え、 ${a_{n}}^{2} - {b_{n}}^{2} = (5 \cdot 5 - 3 \cdot 3)^{n}$ となり、 $c_{n} = 16^{n}$ を求めることもできる。ちなみに $(2)$ も $\begin{array}{rcl} (\begin{array}{c} a_{k + l} & b_{k + l} \\ b_{k + l} & a_{k + l} \end{array}) & = & {(\begin{array}{c} 5 & 3 \\ 3 & 5 \end{array})}^{k + l} \\ = & {(\begin{array}{c} 5 & 3 \\ 3 & 5 \end{array})}^{k} {(\begin{array}{c} 5 & 3 \\ 3 & 5 \end{array})}^{l} \\ = & (\begin{array}{c} a_{k} & b_{k} \\ b_{k} & a_{k} \end{array}) (\begin{array}{c} a_{l} & b_{l} \\ b_{l} & a_{l} \end{array}) \\ = & (\begin{array}{c} a_{k} a_{l} + b_{k} b_{l} & b_{k} a_{l} + a_{l} b_{k} \\ b_{k} a_{l} + a_{k} b_{l} & a_{k} a_{l} + b_{k} b_{l} \end{array}) \end{array}$ ときれいに示すことができる。

$(3)$ も求めた $a_{n}, b_{n}, c_{n}$ を代入して計算するのが最も単純であるが、 $(\begin{matrix} a_{n} & b_{n} \\ b_{n} & a_{n} \end{matrix}) = {(\begin{matrix} 5 & 3 \\ 3 & 5 \end{matrix})}^{n}$ であることを利用してみる。簡単のため $P = (\begin{matrix} 5 & 3 \\ 3 & 5 \end{matrix})$ と置く。すると、 $\begin{array}{rcl} P^{n + l} - c_{l} P^{n - l} & = & P^{n - l} (P^{2 l} - c_{l} E) \\ = & P^{n - l} ((\begin{array}{c} {a_{l}}^{2} + {b_{l}}^{2} & 2 a_{l} b_{l} \\ 2 a_{l} b_{l} & {a_{l}}^{2} + {b_{l}}^{2} \end{array}) - (\begin{array}{c} {a_{l}}^{2} - {b_{l}}^{2} & 0 \\ 0 & {a_{l}}^{2} - {b_{l}}^{2} \end{array})) \\ = & 2 b_{1} P^{n - l} (\begin{array}{c} b_{l} & a_{l} \\ a_{l} & b_{l} \end{array}) \\ = & 2 b_{l} (\begin{array}{c} a_{n - l} & b_{n - l} \\ b_{n - l} & a_{n - l} \end{array}) (\begin{array}{c} b_{l} & a_{l} \\ a_{l} & b_{l} \end{array}) \\ = & 2 b_{l} (\begin{array}{c} a_{n - l} b_{l} + b_{n - l} a_{l} & a_{n - l} a_{l} + b_{n - l} b_{l} \\ a_{n - l} a_{l} + b_{n - l} b_{l} & a_{n - l} b_{l} + b_{n - l} a_{l} \end{array}) \\ = & 2 b_{l} (\begin{array}{c} b_{n} & a_{n} \\ a_{n} & b_{n} \end{array}) \end{array}$ である。ただし、 $E$ は $2 \times 2$ の単位行列とする。 $P^{n + l} - c_{l} P^{n - l}$ の右上成分は $b_{n + l} - c_{l} b_{n - l}$ であるので、右上成分を比べてここからも $b_{n + l} - c_{l} b_{n - l} = 2 b_{l} a_{n}$ を示す事もできる。

以上のように、高度で面白い問題であるが、試験場で解ききるのはなかなか大変である。

[math]2012年東京医科歯科大学前期数学問題1

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