今回はこちらの問題を解いていきます.
数列\(\left\{a_n\right\}\)を
$$
\begin{align}
a_1&=a_2=1\\[1.5ex]
a_{n+2}&=a_{n+1}+a_n\,\,\,(n=1,2,3,\cdots)
\end{align}
$$
により定める. 次に, 数列\(\left\{b_n\right\}\)を
$$
\tan{b_n}=\frac{1}{a_n}
$$により定める. ただし, \( \displaystyle 0<b_n<\frac{\pi}{2}\)とする.
このとき, 以下の問いに答えよ.
(1) \(n\geq 2\)に対して, \(\displaystyle a_{n+1}a_{n-1}-a_n^2\)を求めよ.
(2) 正の整数\(m\)に対して, \( \displaystyle a_{2m}\cdot\tan{\left(b_{2m+1}+b_{2m+2}\right)}\)を求めよ.
(3) \(\displaystyle \sum_{m=0}^\infty b_{2m+1}\)の値を求めよ.
(2025 東京科学大学 [4])
数列\(\left\{a_n\right\}\)はフィボナッチ数列と呼ばれる有名な数列です. この問題はフィボナッチ数列が\(\tan\)を通じて面白い性質があることを示唆しています.
なお, 以下の解答の(1)は思いつきにくいかもしれません. そこで, 「\(n\)が小さい範囲で実際に値を計算し, 式の形を予想し, その予想が正しいことを数学的帰納法で証明する」という別解を解答の後に載せておりますので, そちらも合わせてご参照ください.
それでは解いていきましょう.
(1) \(c_n=a_{n+1}a_{n-1}-a_n^2\) \((n\geq 2)\)とおくと,
$$
\begin{align}
c_{n+1}&=a_{n+1}a_{n-1}-a_n^2=(a_{n}+a_{n-1})a_{n-1}-a_n(a_{n-1}+a_{n-2})\\[1.5ex]
&=-(a_na_{n-2}-a_{n-1}^2)=-c_n
\end{align}
$$となる. よって, \(\left\{c_n\right\} \) \((n\geq 2)\)は公比\(-1\)の等比数列である. これから,
$$
c_n=-c_{n-1}=(-1)^2c_{n-2}=\cdots=(-1)^{n-2}c_2=(-1)^nc_2
$$となる. ここで
$$
c_2=a_3a_1-a_2^2=(a_2+a_1)a_1-a_2^2=(1+1)\cdot 1-1^2=1
$$より, \(\displaystyle c_n=(-1)^n\)となり,
$$
a_{n+1}a_{n-1}-a_n^2=(-1)^n,\,\,(n\geq 2)
$$がわかる.
(2) \(\tan\)の加法定理を用いて,
$$
\begin{align}
a_{2m}\cdot\tan{\left(b_{2m+1}+b_{2m+2}\right)}
&=a_{2m}\cdot\frac{\tan{b_{2m+1}}+\tan{b_{2m+2}}}{1-\tan{b_{2m+1}}\tan{b_{2m+2}}} \\[1.5ex]
&=a_{2m}\cdot\frac{\frac{1}{a_{2m+1}}+\frac{1}{a_{2m+2}}}{1-\frac{1}{a_{2m+1}}\cdot\frac{1}{a_{2m+2}}}\\[1.5ex]
&=a_{2m}\cdot\frac{a_{2m+2}+a_{2m+1}}{a_{2m+1}a_{2m+2}-1}\\[1.5ex]
&=\frac{a_{2m}a_{2m+2}+a_{2m}a_{2m+1}}{a_{2m+1}a_{2m+2}-1}\\[1.5ex]
&=\frac{a_{2m+1}^2+(-1)^{2m+1}+a_{2m}a_{2m+1}}{a_{2m+1}a_{2m+2}-1}\\[1.5ex]
&=\frac{a_{2m+1}(a_{2m+1}+a_{2m})-1}{a_{2m+1}a_{2m+2}-1}\\[1.5ex]
&=\frac{a_{2m+1}a_{2m+2}-1}{a_{2m+1}a_{2m+2}-1}=1
\end{align}
$$として求まる. ただし途中で, (1)からわかる,
$$
a_{2m}a_{2m+2}=a_{2m+1}^2+(-1)^{2m+1}
$$を用いた.
(3) (2)より, 正の整数\(m\)に対して,
$$
\tan{\left(b_{2m+1}+b_{2m+2}\right)}=\frac{1}{a_{2m}}=\tan{b_{2m}}
$$となる.
ここで, \(\left\{b_n\right\}\)の定義から, \(\displaystyle 0<b_{2m}<\frac{\pi}{2}\)であるから,
$$
\tan{\left(b_{2m+1}+b_{2m+2}\right)}=\tan{b_{2m}}>0
$$がわかる. さらに, \(0<b_{2m+1}+b_{2m+2}<\pi\)であり, \(\tan{\left(b_{2m+1}+b_{2m+2}\right)}>0\)であることから, $$
0<b_{2m+1}+b_{2m+2}<\frac{\pi}{2}
$$がわかる.
\(\displaystyle 0<x<\frac{\pi}{2}\)の範囲では\(\tan{x}\)は単調増加であるから,
$$
\tan{\left(b_{2m+1}+b_{2m+2}\right)}=\tan{b_{2m}} \Longrightarrow b_{2m+1}+b_{2m+2}=b_{2m}
$$がわかる. よってこれから,
$$
b_{2m+1}=b_{2m}-b_{2m+2},\,\,(m\geq 1)
$$となる.
まずは求める無限級数の\(m=N\)までの有限和を考えると,
$$
\begin{align}
\sum_{m=0}^Nb_{2m+1}&=b_1+\sum_{m=0}^Nb_{2m+1}=b_1+\sum_{m=0}^N\left(b_{2m}-b_{2m+2}\right)\\[1.5ex]
&=b_1+(b_2-b_4)+(b_4-b_6)+\cdots +(b_{2N}-b_{2N+2})\\[1.5ex]
&=b_1+(b_2-\cancel{b_4})+(\cancel{b_4}-\cancel{b_6})+\cdots +(\cancel{b_{2N}}-b_{2N+2})\\[1.5ex]
&=b_1+b_2-b_{2N+2}
\end{align}
$$となる.
まず, \(b_1\), \(b_2\)は
$$
\tan{b_1}=\frac{1}{a_1}=1,\,\,\tan{b_2}=\frac{1}{a_2}=1\\
$$より,
$$
b_1=b_2=\frac{\pi}{4}
$$がわかる.
次に\(b_{2N+2}\)の\(N\rightarrow \infty\)のときの極限を知りたいので, \(b_n\)の極限を求める. \(\left\{a_n\right\}\)はその作り方から\(a_n\geq1\)を満たすので,
$$
\begin{align}
a_n&=a_{n-1}+a_{n-2}\geq a_{n-1}+1=a_{n-2}+a_{n-1}+1\\[1.5ex]
&\geq a_{n-2}+2\geq \cdots \geq a_1+(n-1)=n
\end{align}
$$となるから, $$
0<\tan{b_n}=\frac{1}{a_n}\leq\frac{1}{n}
$$である. よって, はさみうちの原理から
$$
\lim_{n\rightarrow \infty}\tan{b_n}=0
$$がわかり, これから,
$$
\lim_{n\rightarrow \infty}{b_n}=0
$$となる.
以上から,
$$
\begin{align}
\sum_{m=0}^\infty b_{2m+1}&=\lim_{N\rightarrow \infty}\sum_{m=0}^N b_{2m+1}\\[1.5ex]
&=\lim_{N\rightarrow \infty}\left(b_1+b_2+b_{2N+2}\right)\\[1.5ex]
&=b_1+b_2+\lim_{N\rightarrow \infty}b_{2N+2}=\frac{\pi}{4}+\frac{\pi}{4}+0=\frac{\pi}{2}
\end{align}
$$と求まる.
こちらの(1)の解答では\(c_n\)が等比数列であることを見抜きましたが, その変形も少し技巧的で自分で思いつくのは多少難しいかと思います. ということで予告通り(1)の別解を紹介します. これから紹介する方法は, 「\(n\)が小さい範囲で実際に値を計算し, 式の形を予想し, その予想が正しいことを数学的帰納法で証明する」解法です. 具体的に数値を計算する点や, 帰納法の仮定で使える数式が決まっている分, 上の解答よりかは辿りつきやすい解答ではないかと思います.
(1)の別解)
\(a_1=1\), \(a_2=1\), \(a_3=2\), \(a_4=3\), \(a_5=5\), \(a_6=8\)に注意して, \(n=2, 3, 4, 5, \)に対して, \(a_{n+1}a_{n-1}-a_n^2\)を計算していくと,
$$
\begin{align}
a_{3}a_{1}-a_2^2&=2\cdot 1-1^2=1\\[1.5ex]
a_{4}a_{2}-a_3^2&=3\cdot 1-2^2=-1\\[1.5ex]
a_{5}a_{3}-a_4^2&=5\cdot 2-3^2=1\\[1.5ex]
a_{6}a_{4}-a_5^2&=8\cdot 3-5^2=-1
\end{align}
$$であるから,
$$
a_{n+1}a_{n-1}-a_n^2=(-1)^n,\,\,(n=2,3,4,\cdots) ・・・①
$$であることが予想できる. これを数学的帰納法で証明する.
1) \(n=2\)のとき成り立つことを示す
$$
\begin{align}
(左辺)&=a_{3}a_{1}-a_2^2=2\cdot 1-1^2=1\\[1.5ex]
(右辺)&=(-1)^2=1
\end{align}
$$となり成り立つ.
2) \(n=k\)のときに成り立つと仮定して, \(n=k+1\)のときにも成り立つことを示す
まず, ①が\(n=k\)のとき成り立つと仮定する. つまり, 以下の等式が成り立つとする.
$$
a_{k+1}a_{k-1}-a_k^2=(-1)^k
$$
この前提のもと, ①で\(n=k+1\)とした等式の左辺は
$$
\begin{align}
a_{k+2}a_{k}-a_{k+1}^2&=\left(a_{k+1}+a_{k}\right)a_{k}-a_{k+1}^2\\[1.5ex]
&=a_{k+1}a_{k}+a_{k}^2-a_{k+1}^2
\end{align}
$$ となる. ここで, 帰納法の仮定より,
$$
a_k^2=a_{k+1}a_{k-1}-(-1)^k
$$であるから, これを代入して式変形を続けると
$$
\begin{align}
a_{k+2}a_{k}-a_{k+1}^2&=a_{k+1}a_{k}+a_{k+1}a_{k-1}-(-1)^k-a_{k+1}^2\\[1.5ex]
&=a_{k+1}\left(a_k+a_{k-1}\right)-(-1)^k-a_{k+1}^2\\[1.5ex]
&=a_{k+1}^2-(-1)^k-a_{k+1}^2\\[1.5ex]
&=-(-1)^k=(-1)^{k+1}
\end{align}
$$となり, これは①で\(n=k+1\)とした右辺に一致する. よって①は\(n=k+1\)のときも成り立つ.
1), 2)より数学的帰納法から\(n\geq 2\)となる自然数\(n\)に対して,
$$
a_{n+1}a_{n-1}-a_n^2=(-1)^n
$$が成り立つ.
youtubeでも解説しています.
