第１問
正の整数n、p、qについて、等式
$\small\sf{\begin{align*}\sf \left(\sqrt{p}+\sqrt{q}\right)^{2n-1}=a_n\sqrt{p}+b_n\sqrt{q}\end{align*}}$
を考える。
(１) ある正の整数an、bnが上の等式を満たすことを示せ。
(２) $\small\sf{\begin{align*}\sf \sqrt{pq}\end{align*}}$ が整数でないとき、(１)のan、bnはただ一通りに
定まることを示せ。
(３) $\small\sf{\begin{align*}\sf \sqrt{pq}\end{align*}}$ が整数でないとき、(１)のan、bnに対して
$\small\sf{\begin{align*}\sf \lim_{n\rightarrow\infty}\ \frac{a_n}{b_n}\end{align*}}$
を求めよ。
－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－
【解答】
(１)
二項定理より
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \left(\sqrt{p}+\sqrt{q}\right)^{2n-1}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf =\sum_{K=0}^{2n-1}\ _{2n-1}C_k\left(\sqrt{p}\right)^{2n-k-1}\left(\sqrt{q}\right)^k\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf =\sum_{K=0}^{n-1}\ _{2n-1}C_{2k}\left(\sqrt{p}\right)^{2n-2k-1}\left(\sqrt{q}\right)^{2k}+\sum_{K=1}^{n}\ _{2n-1}C_{2k-1}\left(\sqrt{p}\right)^{2n-2k}\left(\sqrt{q}\right)^{2k-1}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf =\left(\sum_{K=0}^{n-1}\ _{2n-1}C_{2k}p^{n-k-1}q^{k}\right)\sqrt{p}+\left(\sum_{K=1}^{n}\ _{2n-1}C_{2k-1}p^{n-k}q^{k-1}\right)\sqrt{q}\end{align*}}$
ここで、p、qは正の整数なので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf a_n=\sum_{K=0}^{n-1}\ _{2n-1}C_{2k}p^{n-k-1}q^{k}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf b_n=\sum_{K=1}^{n}\ _{2n-1}C_{2k-1}p^{n-k}q^{k-1}\end{align*}}$
とおくと、an、bnとも正の整数となり、題意は示された。
(２)
等式
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \left(\sqrt{p}+\sqrt{q}\right)^{2n-1}=a_n\sqrt{p}+b_n\sqrt{q}\end{align*}}$ ････(A)
を満たすan、bnはただ一通りに定まることを、
数学的帰納法で示す。
(ⅰ)n＝1のとき
a1＝b1＝1よりOK
(ⅱ)n＝kのとき、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \left(\sqrt{p}+\sqrt{q}\right)^{2k-1}=a_k\sqrt{p}+b_k\sqrt{q}\end{align*}}$
となるak、bkがただ一組存在すると仮定する。
n＝k＋1のとき、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \left(\sqrt{p}+\sqrt{q}\right)^{2k+1}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf =\left(\sqrt{p}+\sqrt{q}\right)^{2k-1}\left(\sqrt{p}+\sqrt{q}\right)^2\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf =\left(a_k\sqrt{p}+b_k\sqrt{q}\right)\left(p+q+2\sqrt{pq}\right)\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf =\left\{(p+q)a_k+2qb_k\right\}\sqrt{p}+\left\{2qa_k+(p+q)b_k\right\}\sqrt{q}\end{align*}}$
となり、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf a_{k+1}=(p+q)a_k+2qb_k\ \ ,\ \ b_{k+1}=2qa_k+(p+q)b_k\end{align*}}$ ････①
とおくと、正の数ak+1、bk+1がただ一通りに定まることになる。
以上より、題意は示された。
(３)
(２)で定めたan、bnに対して、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \left(\sqrt{p}-\sqrt{q}\right)^{2n-1}=a_n\sqrt{p}-b_n\sqrt{q}\end{align*}}$ ････(B)
が成り立つことを数学的帰納法で示す。
(ⅰ)n＝1のとき
a1＝b1＝1となりOK
(ⅱ)n＝kのとき、(B)が成り立つと仮定する。
すなわち、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \left(\sqrt{p}-\sqrt{q}\right)^{2k-1}=a_k\sqrt{p}-b_k\sqrt{q}\end{align*}}$
n＝k＋1のとき、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \left(\sqrt{p}-\sqrt{q}\right)^{2k+1}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf =\left(\sqrt{p}-\sqrt{q}\right)^{2k-1}\left(\sqrt{p}-\sqrt{q}\right)\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf =\left(a_k\sqrt{p}-b_k\sqrt{q}\right)\left(p+q-2\sqrt{pq}\right)\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf =\left\{(p+q)a_k+2qb_k\right\}\sqrt{p}-\left\{2qa_k+(p+q)b_k\right\}\sqrt{q}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf =a_{k+1}\sqrt{p}-b_{k+1}\sqrt{q}\end{align*}}$ ←①より
となるので、n＝k＋1のときも成り立つので、
任意のnに対して(B)は成り立つことになる。
(A)＋(B)より
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \left(\sqrt{p}+\sqrt{q}\right)^{2n-1}+\left(\sqrt{p}-\sqrt{q}\right)^{2n-1}=2a_n\sqrt{p}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \ \ \Leftrightarrow\ \ a_n=\frac{\left(\sqrt{p}+\sqrt{q}\right)^{2n-1}+\left(\sqrt{p}-\sqrt{q}\right)^{2n-1}}{2\sqrt{p}}\end{align*}}$
(A)－(B)より
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \left(\sqrt{p}+\sqrt{q}\right)^{2n-1}-\left(\sqrt{p}-\sqrt{q}\right)^{2n-1}=2b_n\sqrt{q}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \ \ \Leftrightarrow\ \ b_n=\frac{\left(\sqrt{p}+\sqrt{q}\right)^{2n-1}-\left(\sqrt{p}-\sqrt{q}\right)^{2n-1}}{2\sqrt{q}}\end{align*}}$
これらより、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \frac{a_n}{b_n}=\frac{\sqrt{q}}{\sqrt{p}}\cdot\frac{\left(\sqrt{p}+\sqrt{q}\right)^{2n-1}+\left(\sqrt{p}-\sqrt{q}\right)^{2n-1}}{\left(\sqrt{p}+\sqrt{q}\right)^{2n-1}-\left(\sqrt{p}-\sqrt{q}\right)^{2n-1}}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf =\sqrt{\frac{q}{p}}\cdot\frac{1+\left(\frac{\sqrt{p}-\sqrt{q}}{\sqrt{p}+\sqrt{q}}\right)^{2n-1}}{1-\left(\frac{\sqrt{p}-\sqrt{q}}{\sqrt{p}+\sqrt{q}}\right)^{2n-1}}\end{align*}}$ ．
ここで、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \frac{\sqrt{p}-\sqrt{q}}{\sqrt{p}+\sqrt{q}}=1-\frac{2\sqrt{q}}{\sqrt{p}+\sqrt{q}}<1\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \frac{\sqrt{p}-\sqrt{q}}{\sqrt{p}+\sqrt{q}}=-1+\frac{2\sqrt{p}}{\sqrt{p}+\sqrt{q}}>-1\end{align*}}$
なので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \lim_{n\rightarrow\infty}\ \left(\frac{\sqrt{p}-\sqrt{q}}{\sqrt{p}+\sqrt{q}}\right)^{2n-1}=0\end{align*}}$ ．
よって、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \lim_{n\rightarrow\infty}\ \frac{a_n}{b_n}=\sqrt{\frac{q}{p}}\cdot\frac{1+0}{1-0}=\underline{\ \sqrt{\frac{q}{p}}\ }\end{align*}}$
(３)は、(B)を用いる方法を知らないと厳しいかもしれませんね。
もっとも、①の両辺を辺々割って
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \frac{a_{n+1}}{b_{n+1}}=\frac{(p+q)a_n+2qb_n}{2qa_n+(p+q)b_n}=\frac{(p+q)\cdot\frac{a_n}{b_n}+2q}{2q\cdot\frac{a_n}{b_n}+(p+q)}\end{align*}}$
より、分数形の漸化式を解く手もありますが、
計算が大変なことになります。
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第２問
平面上で2つの円S、S’が点Pで内接している。ただしS’がSより
小さいとする。円S、S’の中心をそれぞれO、O’とおく。円S’上に
あって直線PO’上にはない点Qをとる。直線PQと円SとのPとは
異なる交点をA、直線AOと円SとのAとは異なる交点をB、直線BO’
と円SとのBとは異なる交点をC、直線CQと円SとのCとは異なる
交点をDとする。
(１) AO//QO’を示せ。
(２) DB＝BPを示せ。
－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－
【解答】
(１)
O、O’は円の中心なので
△OAP、△O’QPはともに二等辺三角形になり、
∠OAP＝∠OPA＝∠O’QP ････①
同位角が等しいので、
AO//QO’
である。
(２)
弧BPに対する円周角は等しいので、
∠BAP＝∠BCP．
これと①より、
∠O’QP＝∠O’CP
となるので、円周角の定理の逆より、
4点O’、Q、C、Pは同一円周上にある。
よって、
∠QCO’＝∠QPO’．
これと①より
∠DCB＝∠BCP
⇔ 弧DB＝弧BP
⇔ DB＝BP
となるので、題意は示された。
それほど難しくはありませんが、「円周角の定理の逆」なんて試験会場で
気づきますかね？
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第３問
実数aに対し、行列X(a)を
$\small\sf{\begin{align*}\sf X(a)=\frac{1}{a^2+1}\begin{pmatrix} \sf 2a^2+1&\sf -a \\ \sf -a & \sf a^2+2 \end{pmatrix}\end{align*}}$
と定める。
(１) ベクトル $\small\sf{\begin{align*}\sf \binom{x_0}{y_0}\end{align*}}$ を考える。ベクトル $\small\sf{\begin{align*}\sf \binom{x_0}{y_0}\ \ ,\ \ X(a)\binom{x_0}{y_0}\end{align*}}$ の大きさを
それぞれL0、L1とおく。このとき
L0≦L1
を示せ。ただし、ベクトル $\small\sf{\begin{align*}\sf \binom{x}{y}\end{align*}}$ の大きさとは $\small\sf{\begin{align*}\sf \sqrt{x^2+y^2}\end{align*}}$ のことで
ある。
(２) (１)でL0＝L1となるとき、
$\small\sf{\begin{align*}\sf X(a)\binom{x_0}{y_0}=\binom{x_0}{y_0}\end{align*}}$
を示せ。
(３) a、bが異なる実数のとき、X(a)m＝X(b)nとなるような正の整数
m、nは存在しないことを示せ。
－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－
【解答】
(１)
まず、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf L_0=x_0^2+y_0^2\end{align*}}$
であり、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf X(a)\binom{x_0}{y_0}=\frac{1}{a^2+1}\begin{pmatrix} \sf 2a^2+1&\sf -a \\ \sf -a & \sf a^2+2 \end{pmatrix}\binom{x_0}{y_0}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf =\frac{1}{a^2+1}\binom{(2a^2+1)x_0-ay_0}{-ax_0+(a^2+2)y_0}\end{align*}}$
なので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf L_1^2=\frac{\left\{(2a^2+1)x_0-ay_0\right\}^2+\left\{-ax_0+(a^2+2)y_0\right\}^2}{\left(a^2+1\right)^2}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf =\frac{(4a^4+5a^2+1)x_0^2+6a(a^2+1)x_0y_0+(a^4+5a^2+4)y_0^2}{\left(a^2+1\right)^2}\end{align*}}$ ．
よって、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf L_1^2-L_0^2=\frac{(3a^4+3a^2)x_0^2-6a(a^2+1)x_0y_0+(3a^2+3)y_0^2}{\left(a^2+1\right)^2}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf =\frac{3\left(a^2x_0^2-2ax_0y_0+y_0^2\right)}{a^2+1}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf =\frac{3\left(ax_0-y_0\right)^2}{a^2+1}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \geqq 0\end{align*}}$
よって、L0≧0、L1≧0なので、L0≦L1となる。
(２)
(１)で等号が成立するのは、
y0＝ax0
のときであり、このとき、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf X(a)\binom{x_0}{y_0}=\frac{1}{a^2+1}\begin{pmatrix} \sf 2a^2+1&\sf -a \\ \sf -a & \sf a^2+2 \end{pmatrix}\binom{x_0}{ax_0}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf =\frac{1}{a^2+1}\binom{(2a^2+1)x_0-a^2x_0}{-ax_0+(a^2+2)ax_0}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf =\frac{1}{a^2+1}\binom{(a^2+1)x_0}{(a^2+1)ax_0}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf =\binom{x_0}{ax_0}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf =\binom{x_0}{y_0}\end{align*}}$
となり、題意を満たす。
(３)
0以上の整数kに対してベクトル $\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf X(a)^k\binom{x_0}{y_0}\end{align*}}$ の大きさを
Lkとおく。(１)と同様に考えると、
L0≦L1≦L2≦････≦Lm
となり、L0＝Lmとなるのは、ベクトル $\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \binom{x_0}{y_0}\end{align*}}$ が
y0＝ay0 ････(※)
を満たすときである。
また、(２)より、(※)を満たすベクトル $\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \binom{1}{a}\end{align*}}$ に対して
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \binom{1}{a}=X(a)\binom{1}{a}\end{align*}}$
となるので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \binom{1}{a}=X(a)\binom{1}{a}=X(a)^2\binom{1}{a}=\ldots\ldots=X(a)^m\binom{1}{a}\end{align*}}$
であり、同様に、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \binom{1}{b}=X(b)\binom{1}{b}=X(b)^2\binom{1}{b}=\ldots\ldots=X(b)^n\binom{1}{b}\end{align*}}$ ････①
いま、異なる実数a、bに対して、X(a)m＝X(b)nを満たすような
正の整数m、nが存在すると仮定すると、ベクトル $\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \binom{1}{b}\end{align*}}$ に対して
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf X(a)^m\binom{1}{b}=X(b)^n\binom{1}{b}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \ \ \Leftrightarrow\ \ X(a)^m\binom{1}{b}=\binom{1}{b}\end{align*}}$ ←①より
この式の両辺のベクトルの大きさは等しいため、
(※)を満たす必要があるので、a＝bとなるが、
aとbは異なる実数であることに矛盾する。
よって、X(a)m＝X(b)nとなる正の整数m、nは存在しない。
ハミルトン・ケーリーの式が
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf {\color{blue}X(a)^2-\frac{1}{a^2+1}\left\{(2a^2+1)+(a^2+2)\right\}X(a)}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf {\color{blue}+\left(\frac{1}{a^2+1}\right)^2\left\{(2a^2+1)(a^2+2)-a^2\right\}E=O}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf {\color{blue}\ \ \Leftrightarrow\ \ X(a)^2-3X(a)+2E=O}\end{align*}}$
のようにキレイになるので、これを利用して
直接Xm(a)とXn(b)を求めてしまう手もあります。
求める過程は省略しますが････
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf {\color{blue}X(a)^m=\frac{1}{a^2+1}\begin{pmatrix} \sf 2^ma^2+1&\sf -2^ma+a \\ \sf -2^ma+a & \sf 2^m+a^2 \end{pmatrix}}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf {\color{blue}X(b)^n=\frac{1}{b^2+1}\begin{pmatrix} \sf 2^nb^2+1&\sf -2^nb+a \\ \sf -2^nb+a & \sf 2^n+b^2 \end{pmatrix}}\end{align*}}$
これらの成分を比較すると、背理法を用いて題意を示せます。
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