京都大学(理系) 2020年 問題2
$pを正の整数とする。\alpha ,\ \beta \ はxに関する方程式 \ x^2-2px-1=0 \ の2つの解で、|\alpha|>1 \ であるとする。$
$\qquad (1)\ \ すべての正の整数nに対し、\alpha ^n +\beta ^n \ は整数であり、さらに偶数であることを証明せよ。$
\[(2)\ \ 極限 \lim _{n \rightarrow \infty } (-\alpha)^n\sin (\alpha ^n \pi) \ \ を求めよ。\]
$(解説)$
$(1)はすべての正の整数についての命題だから数学的帰納法で証明すればよいでしょう。$
$(2)は \ \infty \times 0 \ の不定形を避けるために、(1)をうまく利用することになります。$
$つまり、(2)の極限値を求めるために、(1)が必要なわけです。$
$はじめに、解 \ \ \alpha,\ \beta \ について調べておきます。$
(i)$\ \ \cfrac{D}{4}=p^2+1 > 0 \ \ だから \ \ \alpha,\ \beta \ \ は異なる実数解である。$
(ii)$\ \ 解と係数の関係より$
$\hspace{4em} \alpha + \beta =2p$
$\hspace{4em} \alpha \beta =-1 \quad よって\alpha \ \ と \ \ \beta \ \ は異符号である。$
(iii)$\ \ f(x)=x^2-2px-1 \ \ とおくと$
$\hspace{4em} f(-1)=2p > 0 ,\quad f(0)=-1 < 0 \ \ だから中間値の定理より \ \ (-1,0)\ \ に解がある。$
$\hspace{4em} |\alpha|>1 \ \ だから -1 < \beta < 0 ,\ \ したがって \ \ \alpha >1 $
(1)
$\quad 命題 \ \ P(n): すべての正の整数nに対し、\alpha ^n +\beta ^n \ \ は整数であり、さらに偶数である。$
$この命題がなりたつことを数学的帰納法で証明する。$
(i)$\ \ n=1\ \ のとき$
$\hspace{3em} \alpha + \beta =2p \ \ でpは正の整数だから偶数となり、命題は成り立つ。$
$\qquad n=2\ \ のとき$
$\hspace{3em} \alpha ^2 + \beta ^2=(\alpha + \beta)^2-2\alpha \beta =4p^2+2=2(2p^2+1)$
$\hspace{3em} 2p^2+1\ は正の整数だから偶数となり、命題は成り立つ。$
(ii)$\ \ n=k-1,\ \ n=k \ \ のとき成り立つとすると$
$\hspace{3em} \alpha ^{k-1} +\beta ^{k-1} ,\quad \alpha ^k +\beta ^k \ \ は整数であり、さらに偶数であるから$
$\hspace{3em} \alpha ^{k-1} +\beta ^{k-1}=2q_{k-1} ,\quad \alpha ^k +\beta ^k =2q_k \ \ (q_{k-1},\ q_kは整数)\ とおける。$
$このとき$
$\qquad \alpha ^{k+1} +\beta ^{k+1}$
\begin{eqnarray*} &=&(\alpha +\beta)(\alpha ^k +\beta ^k)-\alpha \beta ((\alpha ^{k-1} +\beta ^{k-1})\\ \\ &=&2p \times 2q_k -(-1) \times 2q_{k-1}\\ \\ &=&2(2pq_k +q_{k-1})\\ \end{eqnarray*} $\qquad 2pq_k +q_{k-1} \ \ は整数だから偶数となり、n=k \ のときもなりたつ。$
(i),(ii)$\ \ よりすべての正の整数nに対し、\alpha ^n +\beta ^n は整数であり、さらに偶数である。$
$一般に、「n=k,\ \ n=k+1\ \ のとき成りたつとすると \ n=k+2\ のときも成りたつ」という仮定2つの$
$数学的帰納法の証明方法は$数学的帰納法による証明$を参考にしてください。$
$なお、この方法による数学的帰納法の問題は、2017年の東京大学(文系)の問題4にも出題されましたので$
東京大学（文系）2017年前期 問題４$を参考にしてください。$
(2)
$\quad \alpha ^n +\beta ^n =2q_n \ \ (q_nは整数)とおくと、\alpha ^n=2q_n - \beta ^n$
$このとき$
\begin{eqnarray*} A_n &=&(-\alpha)^n\sin (\alpha ^n \pi)\\ \\ &=&(-\alpha)^n\sin (2q_n-\beta ^n) \pi\\ \\ &=&(-1)^n \alpha ^n\sin (2q_n \pi-\beta ^n \pi)\\ \\ &=&(-1)^{n+1}\alpha ^n \sin \beta ^n \pi\\ \\ &=&(-1)^{n+1}\alpha ^n \times \beta ^n \pi \times \cfrac{\sin \beta ^n \pi}{\beta ^n \pi}\\ \\ &=&(-1)^{n+1}(\alpha \beta ) ^n \pi \times \cfrac{\sin \beta ^n \pi}{\beta ^n \pi}\\ \\ &=&(-1)^{n+1}(-1) ^n \pi \times \cfrac{\sin \beta ^n \pi}{\beta ^n \pi}\\ \\ &=&(-1)^{2n+1}\pi \times \cfrac{\sin \beta ^n \pi}{\beta ^n \pi}\\ \\ &=&-\pi \times \cfrac{\sin \beta ^n \pi}{\beta ^n \pi}\\ \end{eqnarray*} $ここで、-1 < \beta <0 \ \ だから \ \ n \rightarrow \infty \ \ のとき \ \ \beta ^n \pi \rightarrow 0$
$よって \quad \cfrac{\sin \beta ^n \pi}{\beta ^n \pi} \rightarrow 1$
$したがって \quad A_n \rightarrow -\pi$
$(補足)$
$はじめに問題をみたとき、(-\alpha)^n の部分でなぜ \ -\alpha \ なのかと怪訝に思ったが、(-1)^n \ がないと振動して$
$極限値が存在しないからです。$
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