東京科学(理系) 2025年 問題4
$数列 \ \{a_n\}\ を \ \ a_1=a_2=1 , \quad a_{n+2}=a_{n+1}+a_n \ \ (n=1,\ 2,\ 3,\ \cdots) \ \ により定め、数列 \ \{b_n\}\ を \ \ \tan b_n=\dfrac{1}{a_n}$
$により定める。ただし、 0 < b_n < \dfrac{\pi}{2} \ \ であるものとする。$
$(1)\ \ n \geqq 2 \ \ に対して、a_{n+1}a_{n-1}-a_n^2 \ \ を求めよ。$
$(2)\ \ m \geqq 1 \ \ （m は整数)\ \ に対して、a_{2m} \cdot \tan(b_{2m+1} + b_{2m+2})\ \ を求めよ。$
\[(3)\ \ 無限級数 \quad \sum_{m=0}^{\infty} b_{2m+1}\ \ を求めよ。\]
$数列 \ \{a_n\}\ を 「フィボナッチ数列」といますが、この数列の性質については\ \ ($$フィボナッチ数列$$)をご覧ください。$
(1)
$2\ つの方法で求めます。$
$(Ⅰ)\ \ 数学的帰納法による方法$
$\{a_n\}\ を順次求めると \quad 1,\ 1,\ 2,\ 3,\ 5,\ 8,\ 13,\ 21,\ 34,\ \cdots $
$p_n=a_{n+1}a_{n-1}-a_n^2 \ \ とおくと$
$p_2=a_3a_1-a_2^2=2 \times 1 - 1^2=1$
$p_3=a_4a_2-a_3^2=3 \times 1 - 2^2=-1$
$p_4=a_5a_3-a_4^2=5 \times 2 - 3^2=1$
$p_5=a_6a_4-a_5^2=8 \times 3 - 5^2=-1$
$\hspace{5em} \vdots $
$これらから \quad p_n=(-1)^n \ \ と推測できる。これが正しいことを数学的帰納法で証明する。$
(i)$\ \ n=2 \ \ のときは成りたつ$
(ii)$\ \ n=k \ のとき成りたつとすると \quad p_k=(-1)^k$
$\quad このとき$
\begin{eqnarray*} \quad p_{k+1} &=&a_{k+2}a_k-a_{k+1}^2\\ \\ &=&(a_{k+1}+a_k)a_k-a_{k+1}^2\\ \\ &=&((a_k+a_{k-1})+a_k)a_k-(a_k+a_{k-1})^2\\ \\ &=&(2a_k+a_{k-1})a_k-(a_k+a_{k-1})^2\\ \\ &=&a_k^2-a_ka_{k-1} -a_{k-1}^2\\ \\ &=&a_k^2-(a_k+a_{k-1})a_{k-1}\\ \\ &=&a_k^2-a_{k+1}a_{k-1}\\ \\ &=&-(a_{k+1}a_{k-1}-a_k^2)\\ \\ &=&-p_k\\ \\ &=&(-1)^{k+1} \end{eqnarray*} $\quad よって \ n=k+1\ \ のときも成りたつ。$
$\quad $(i),(ii)$より \ \ n \geqq 2 \ \ のすべての自然数 \ n\ について成りたつ。$
$(Ⅱ)\ \ 一般項を求める方法$
$a_{n+2}-\alpha a_{n+1}=\beta(a_{n+1}-\alpha a_n) \quad と変形できたとすると$
$a_{n+2}=(\alpha +\beta)a_{n+1}-\alpha \beta a_n=0 $
$よって \quad \alpha +\beta =1, \quad \alpha \beta =-1 $
$\alpha,\ \beta \ \ は \quad t^2-t-1=0 \ \ の解であるからこれを解いて \quad t= \cfrac{1 \pm \sqrt{5}}{2}$
$\alpha= \cfrac{1 +\sqrt{5}}{2},\quad \beta= \cfrac{1 -\sqrt{5}}{2} \quad とおくと$
$\quad a_{n+2}-\alpha a_{n+1}=\beta(a_{n+1}-\alpha a_n)$
$\quad 数列 \ \{a_{n+1}-\alpha a_n\}\ は\ \ 公比 \ \beta \ の等比数列となるから$
$\quad a_{n+1}-\alpha a_n=\beta ^{n-1}(a_2-\alpha a_1)$
$\quad a_2-\alpha a_1=1-\alpha =\beta \quad より$
$\quad a_{n+1}-\alpha a_n=\beta ^n $
$\alpha,\beta を交換しても同じだから$
$a_{n+1}-\beta a_n=\alpha ^n $
$辺々引いて$
$(\alpha -\beta) a_n=\alpha ^n - \beta ^n$
$\quad \alpha -\beta = (\cfrac{1 +\sqrt{5}}{2}) - (\cfrac{1 -\sqrt{5}}{2})=\sqrt{5} \quad だから$
$a_n=\dfrac{\alpha ^n - \beta ^n}{\alpha -\beta}=\dfrac{1}{\sqrt{5}}(\alpha ^n - \beta ^n)$
$n=1\ \ のとき \quad 右辺=\cfrac{1}{\sqrt{5}}(\alpha -\beta)=\dfrac{1}{\sqrt{5}} \times \sqrt{5}=1=a_1$
$n=2\ \ のとき \quad 右辺=\cfrac{1}{\sqrt{5}}(\alpha^2-\beta^2)=\dfrac{1}{\sqrt{5}}(\alpha-\beta)(\alpha + \beta)=1 \times 1=a_2$
$よって すべての自然数 \ n\ について \quad a_n=\cfrac{1}{\sqrt{5}}(\alpha^n-\beta^n)=\dfrac{1}{\sqrt{5}}\big\{(\cfrac{1 +\sqrt{5}}{2})^n - (\cfrac{1 -\sqrt{5}}{2})^n\big\}$
\begin{eqnarray*} & &a_{n+1}a_{n-1}-a_n^2\\ \\ &=&\cfrac{1}{\sqrt{5}}(\alpha^{n+1}-\beta^{n+1}) \times \cfrac{1}{\sqrt{5}}(\alpha^{n-1}-\beta^{n-1})-\dfrac{1}{5}(\alpha^n-\beta^n)^2\\ \\ &=&\dfrac{1}{5}\big((\alpha^{2n}+\beta^{2n}-\alpha^{n+1}\beta^{n-1}-\alpha^{n-1}\beta^{n+1})-(\alpha^{2n}+\beta^{2n}-2\alpha^n\beta^n)\big)\\ \\ &=&-\dfrac{1}{5}(\alpha^{n+1}\beta^{n-1}+\alpha^{n-1}\beta^{n+1} -2\alpha^n\beta^n)\\ \\ &=&-\dfrac{1}{5} \alpha^{n-1}\beta^{n-1}(\alpha^2+\beta^2 -2\alpha \beta)\\ \\ &=&-\dfrac{1}{5} \alpha^{n-1}\beta^{n-1}(\alpha -\beta )^2\\ \\ &=&-\dfrac{1}{5} \alpha^{n-1}\beta^{n-1} \times 5\\ \\ &=&-(\alpha \beta)^{n-1} \\ \\ &=&(-1)^n \end{eqnarray*}
(2)
\begin{eqnarray*} & &a_{2m} \cdot \tan(b_{2m+1} + b_{2m+2})\\ \\ &=&a_{2m} \times \dfrac{\tan b_{2m+1} + \tan b_{2m+2}}{1-\tan b_{2m+1}\cdot \tan b_{2m+2}}\\ \\ &=&a_{2m} \times \dfrac{\dfrac{1}{a_{2m+1}} + \dfrac{1}{a_{2m+2}}}{1-\dfrac{1}{a_{2m+1}}\cdot \dfrac{1}{a_{2m+2}}}\\ \\ &=&\dfrac{a_{2m}(a_{2m+1} + a_{2m+2})}{a_{2m+1}a_{2m+2}-1}\\ \\ &=&\dfrac{a_{2m+1}a_{2m} + a_{2m+2}a_{2m}}{a_{2m+1}a_{2m+2}-1}\\ \\ &=&\dfrac{a_{2m+1}a_{2m} + \big(a_{2m+1}^2+(-1)^{2m+1}\big)}{a_{2m+1}a_{2m+2}-1} \hspace{5em}(\ (1)\ より)\\ \\ &=&\dfrac{a_{2m+1}(a_{2m} + a_{2m+1}) -1}{a_{2m+1}a_{2m+2}-1}\\ \\ &=&\dfrac{a_{2m+1}a_{2m+2} -1}{a_{2m+1}a_{2m+2}-1}\\ \\ &=&1 \end{eqnarray*}
(3)
$(2)より a_{2m} \cdot \tan(b_{2m+1} + b_{2m+2})=1$
$\tan(b_{2m+1} + b_{2m+2})=\dfrac{1}{a_{2m}}=\tan b_{2m}$
$ここで、a_{2m} >1 \ \ だから \quad 0< \dfrac{1}{a_{2m}}<1 \quad よって \quad 0 < b_{2m+1} + b_{2m+2} < \dfrac{\pi}{4} ,\quad 0 < b_{2m} <\dfrac{\pi}{4}$
$したがって \quad b_{2m+1} + b_{2m+2}=b_{2m}$
$\therefore \ \ b_{2m+1}= b_{2m}- b_{2m+2}$
\begin{eqnarray*} \sum_{m=0}^{n} b_{2m+1} &=&b_1+b_3+b_5+ \cdots +b_{2n+1}\\ \\ &=&b_1+(b_2-b_4)+(b_4-b_6)+ \cdots + (b_{2n}-b_{2n+2})\\ \\ &=&b_1+b_2-b_{2n+2}\\ \end{eqnarray*}
$ここで、数列\{a_n\}\ は明らかに単調増加数列だから \quad n \longrightarrow \infty \ \ のとき \quad a_n \longrightarrow \infty \ \ より$
$\tan b_{2n+2}=\dfrac{1}{a_{2n+2}} \longrightarrow 0 \qquad \therefore \ \ b_{2n+2} \ \ \longrightarrow 0$
\[よって \quad \sum_{m=0}^{\infty} b_{2m+1}=b_1+b_2\]
$\tan b_1=\dfrac{1}{a_1}=1 \ \ より \quad b_1=\dfrac{\pi}{4},\qquad \tan b_2=\dfrac{1}{a_2}=1\ \ より \quad b_2=\dfrac{\pi}{4}$
\[ゆえに \sum_{m=0}^{\infty} b_{2m+1}=\dfrac{\pi}{4}+\dfrac{\pi}{4}=\dfrac{\pi}{2}\]
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