平成２５年５月５日

[流れ星]

　　　　　第２９０回数学的な応募解答

　　　　　　＜解答募集期間：4月14日〜5月5日＞

［リュカ数列］

埼玉大学2007年の入試問題を改題しました。有名な２つの数列に関する問題です。

ＮＯ１「uchinyan」 04/14 11時50分受信 更新5/5

a = (1 + √5)/2，a^n = (L(n) + F(n)√5)/2，n = 1, 2, 3, ...

(1)　a = (1 + √5)/2，L(1) = 1，F(1) = 1

a^2 = a * a = (1 + √5)/2 * (1 + √5)/2 = (3 + √5)/2，L(2) = 3，F(2) = 1

a^3 = a^2 * a = (3 + √5)/2 * (1 + √5)/2 = (4 + 2√5)/2，L(3) = 4，F(3) = 2

a^4 = a^3 * a = (4 + 2√5)/2 * (1 + √5)/2 = (7 + 3√5)/2，L(4) = 7，F(4) = 3

a^5 = a^4 * a = (7 + 3√5)/2 * (1 + √5)/2 = (11 + 5√5)/2，L(5) = 11，F(5) = 5

(2)問題文ではF(n+1) = (L(n) + F(n)√5)/2　となっていますが，明らかにおかしく，

F(n+1) = (L(n) + F(n))/2の書き間違いと思われます。ここではこの式として証明します。

(L(n+1) + F(n+1)√5)/2 = a^(n+1)

= a^n * a = (L(n) + F(n)√5)/2 * (1 + √5)/2

= ((L(n) + 5F(n)) + (L(n) + F(n))√5))/4

= ((L(n) + 5F(n))/2 + (L(n) + F(n))/2 * √5)/2

そこで，

L(n+1) = (L(n) + 5F(n))/2，F(n+1) = (L(n) + F(n))/2

(3)

L(n+1) = (L(n) + 5F(n))/2 より，

F(n) = (2L(n+1) - L(n))/5，F(n+1) = (2L(n+2) - L(n+1))/5

F(n+1) = (L(n) + F(n))/2 に代入して，

(2L(n+2) - L(n+1))/5 = (L(n) + (2L(n+1) - L(n))/5)/2

4L(n+2) - 2L(n+1) = 5L(n) + 2L(n+1) - L(n)

4L(n+2) = 4L(n+1) + 4L(n)

L(n+2) = L(n+1) + L(n)

同様に，

F(n+1) = (L(n) + F(n))/2 より，

L(n) = 2F(n+1) - F(n)，L(n+1) = 2F(n+2) - F(n+1)

L(n+1) = (L(n) + 5F(n))/2 に代入して，

2F(n+2) - F(n+1) = ((2F(n+1) - F(n)) + 5F(n))/2

4F(n+2) - 2F(n+1) = 2F(n+1) - F(n) + 5F(n)

4F(n+2) = 4F(n+1) + 4F(n)

F(n+2) = F(n+1) + F(n)

(4)

L(n+2) = L(n+1) + L(n)，L(1) = 1，L(2) = 3

F(n+2) = F(n+1) + F(n)，F(1) = 1，F(2) = 1

を解くことになります。これらは初期値が違うだけで漸化式の式の形は同じです。

そこで，まず，

a(n+2) = a(n+1) + a(n)　を解いてみましょう。

この式が，p，q を用いて，

a(n+2) - pa(n+1) = q(a(n+1) - pa(n))　と書けたとします。すると，

a(n+2) = (p + q)a(n+1) - (pq)a(n)

ここで，この式は，

a(n+2) - qa(n+1) = p(a(n+1) - qa(n))

からも導くことができ，p ≠ q ならば異なる式変形になっていることに注意しておきます。

さて，元の式，a(n+2) = a(n+1) + a(n)，と比較して，

p + q = 1，pq = -1

これより，p，q は次の x の２次方程式の解になります。

x^2 - x - 1 = 0，x = (1 ± √5)/2 = a 又は 1 - a

そこで，

p = (1 + √5)/2 = a，q = (1 - √5)/2 = 1 - a = - 1/a

と置くことができ，p ≠ q です。

一方で，

a(n+2) - pa(n+1) = q(a(n+1) - pa(n))，a(n+1) - pa(n) = q^(n-1) * (a(2) - pa(1))

a(n+2) - qa(n+1) = p(a(n+1) - qa(n))，a(n+1) - qa(n) = p^(n-1) * (a(2) - qa(1))

p ≠ q なので，

a(n) = (p^(n-1) * (a(2) - qa(1)) - q^(n-1) * (a(2) - pa(1)))/(p - q)

a(n) = (a(2) + a(1)/a)/(a + 1/a) * a^(n-1) - (a(2) - a * a(1))/(a + 1/a) * (-1/a)^(n-1)

これより，a^2 = a + 1 も使って，

L(n) = ((3 + 1/a)/(a + 1/a) * a^(n-1) - (3 - a)/(a + 1/a) * (-1/a)^(n-1)

= ((3 + (a - 1))/(a^2 + 1) * a^n + a(3a - a^2)/(a^2 + 1) * (-1/a)^n

= ((a + 2)/(a + 2) * a^n + (a + 2)/(a + 2) * (-1/a)^n

= a^n + (-1/a)^n

F(n) = (1 + 1/a)/(a + 1/a) * a^(n-1) - (1 - a)/(a + 1/a) * (-1/a)^(n-1)

= (1 + (a - 1))/(a^2 + 1) * a^n + a(a - a^2)/(a^2 + 1) * (-1/a)^n

= a/(a + 2) * a^n - a/(a + 2) * (-1/a)^n

= a/(a + 2) * (a^n - (-1/a)^n)

a = (1 + √5)/2，a + 2 = (5 + √5)/2 = √5 * a，より，

= 1/√5 * (a^n - (-1/a)^n)

結局，

L(n) = a^n + (-1/a)^n

F(n) = 1/√5 * (a^n - (-1/a)^n)　になります。

(5)

a = (1 + √5)/2 > (1 + √4)/2 = 3/2 > 1，0 < |-1/a| = |1/a| = 1/a < 1 なので，

lim[n->∞]{L(n+1)/L(n)}

= lim[n->∞]{(a^(n+1) + (-1/a)^(n+1))/(a^n + (-1/a)^n)}

= lim[n->∞]{(a + (-1)^(n+1) * (1/a)^(2n+1))/(1 + (-1)^n * (1/a)^(2n))}

= (a + 0)/(1 + 0)

= a

lim[n->∞]{F(n+1)/F(n)}

= lim[n->∞]{(1/√5 * (a^(n+1) - (-1/a)^(n+1)))/(1/√5 * (a^n - (-1/a)^n))}

= lim[n->∞]{(a - (-1)^(n+1) * (1/a)^(2n+1))/(1 - (-1)^n * (1/a)^(2n))}

= (a - 0)/(1 - 0)

= a　になります。

ちなみに，

lim[n->∞]{L(n)/F(n)}

= lim[n->∞]{(a^n + (-1/a)^n)/(1/√5 * (a^n - (-1/a)^n))}

= √5 * lim[n->∞]{(1 + (-1)^n * (1/a)^(2n))/(1 - (-1)^n * (1/a)^(2n))}

= √5 * (1 + 0)/(1 - 0)

= √5　ですね。

(感想)

F(n) は，非常によく知られたフィボナッチ数列です。

L(n) は，これもそこそこ知られたリュカ数列になります。

この二つの数列は，漸化式の式の形は同じなのですが，初期値だけが異なっています。

したがって，一般項もよく似た形をしています。

この問題は，a = (1 + √5)/2 のべき乗を通して二つの数列が関係していることを示しており，なかなか興味深いです。

個人的には，既知の範囲でしたが，よい復習になりました。

ＮＯ２「浜田明巳」　04/16 11時43分受信 更新5/5

（２），（３），（１），（４），（５）の順で解く．

（２）(Ｌ_ｎ＋１＋√５Ｆ_ｎ＋１)／２＝α^ｎ＋１＝α^ｎ・α＝(Ｌ_ｎ＋Ｆ_ｎ√５)／２・(１＋√５)／２
　　　　　　　　　　　　　　　　＝{(Ｌ_ｎ＋５Ｆ_ｎ)＋(Ｌ_ｎ＋Ｆ_ｎ)√５}／４
　Ｌ_ｎ，Ｆ_ｎ，Ｌ_ｎ＋１，Ｆ_ｎ＋１は有理数なので，
　　Ｌ_ｎ＋１＝(Ｌ_ｎ＋５Ｆ_ｎ)／２，Ｆ_ｎ＋１＝(Ｌ_ｎ＋Ｆ_ｎ)／２

（３）（２）の前半の式から，
　　２Ｌ_ｎ＋１＝Ｌ_ｎ＋５Ｆ_ｎ
　　∴Ｆ_ｎ＝(２Ｌ_ｎ＋１−Ｌ_ｎ)／５
　（２）の後半の式に代入すると，
　　(２Ｌ_ｎ＋２−Ｌ_ｎ＋１)／５＝{Ｌ_ｎ＋(２Ｌ_ｎ＋１−Ｌ_ｎ)／５}／２
　　∴２(２Ｌ_ｎ＋２−Ｌ_ｎ＋１)＝５Ｌ_ｎ＋(２Ｌ_ｎ＋１−Ｌ_ｎ)
　　∴４Ｌ_ｎ＋２＝４Ｌ_ｎ＋１＋４Ｌ_ｎ
　　∴Ｌ_ｎ＋２＝Ｌ_ｎ＋１＋Ｌ_ｎ

　次に（２）の後半の式から，
　　Ｌ_ｎ＝２Ｆ_ｎ＋１−Ｆ_ｎ
　（２）の前半の式に代入すると，
　　２Ｆ_ｎ＋２−Ｆ_ｎ＋１＝{(２Ｆ_ｎ＋１−Ｆ_ｎ)＋５Ｆ_ｎ}／２
　　∴４Ｆ_ｎ＋２−２Ｆ_ｎ＋１＝２Ｆ_ｎ＋１＋４Ｆ_ｎ
　　∴４Ｆ_ｎ＋２＝４Ｆ_ｎ＋１＋４Ｆ_ｎ
　　∴Ｆ_ｎ＋２＝Ｆ_ｎ＋１＋Ｆ_ｎ

（１）α＝(１＋√５)／２＝(Ｌ_１＋√５Ｆ_１)／２，Ｌ_１，Ｆ_１は有理数なので，
　　Ｌ_１＝１，Ｆ_１＝１
　次に，
　　α^２＝{(１＋√５)／２}^２＝(１＋２√５＋５)／４＝(３＋√５)／２＝(Ｌ_２＋Ｆ_２√５)／２
であり，Ｌ_２，Ｆ_２は有理数なので，
　　Ｌ_２＝３，Ｆ_２＝１
　（３）から，
　　Ｌ_３＝Ｌ_１＋Ｌ_２＝１＋３＝４
　　Ｆ_３＝Ｆ_１＋Ｆ_２＝１＋１＝２
　　Ｌ_４＝Ｌ_２＋Ｌ_３＝３＋４＝７
　　Ｆ_４＝Ｆ_２＋Ｆ_３＝１＋２＝３
　　Ｌ_５＝Ｌ_３＋Ｌ_４＝４＋７＝１１
　　Ｆ_５＝Ｆ_３＋Ｆ_４＝２＋３＝５

（４）Ｆ_ｎ＋２−ｐＦ_ｎ＋１＝ｑ(Ｆ_ｎ＋１−ｐＦ_ｎ)とすると，
　　Ｆ_ｎ＋２＝(ｐ＋ｑ)Ｆ_ｎ＋１−ｐｑＦ_ｎ
　係数を比べると，
　　ｐ＋ｑ＝１，ｐｑ＝−１
　故にｐ，ｑは２次方程式ｔ^２−ｔ−１＝０の２解である．
　　∴ｐ，ｑ＝(１±√５)／２
　β＝(１−√５)／２とする．
　このとき，
　　Ｆ_ｎ＋２−αＦ_ｎ＋１＝β(Ｆ_ｎ＋１−αＦ_ｎ)
から，
　　Ｆ_ｎ＋１−αＦ_ｎ＝β(Ｆ_ｎ−αＦ_ｎ−１)＝β^２(Ｆ_ｎ−１−αＦ_ｎ−２)
　　　　　　　　　＝β^３(Ｆ_ｎ−２−αＦ_ｎ−３)＝………
　　　　　　　　　＝β^ｎ−１(Ｆ_２−αＦ_１)＝β^ｎ−１(１−α)
　　　　　　　　　＝β^ｎ−１{１−(１＋√５)／２}＝β^ｎ−１(１−√５)／２＝β^ｎ………(1)
　同様に，
　　Ｆ_ｎ＋１−βＦ_ｎ＝α^ｎ−１(１−β)＝α^ｎ−１{１−(１−√５)／２}
　　　　　　　　　＝α^ｎ−１(１＋√５)／２＝α^ｎ………(2)
　(2)−(1)から，
　　(α−β)Ｆ_ｎ＝α^ｎ−β^ｎ
　α≠βから，
　　Ｆ_ｎ＝(α^ｎ−β^ｎ)／(α−β)＝{α^ｎ−(１−α)^ｎ}／√５

　Ｌ_ｎ＋２−ｐＬ_ｎ＋１＝ｑ(Ｌ_ｎ＋１−ｐＬ_ｎ)とすると，同様に，
　　Ｌ_ｎ＋１−αＬ_ｎ＝β^ｎ−１(Ｌ_２−αＬ_１)＝β^ｎ−１(３−α)
　　　　　　　　　＝β^ｎ−１{３−(１＋√５)／２}＝β^ｎ−１(５−√５)／２＝−√５β^ｎ………(3)
　また，
　　Ｌ_ｎ＋１−βＬ_ｎ＝α^ｎ−１(３−β)
　　　　　　　　　＝α^ｎ−１{３−(１−√５)／２}＝α^ｎ−１(５＋√５)／２＝√５α^ｎ………(4)
　(4)−(3)から，
　　(α−β)Ｌ_ｎ＝√５(α^ｎ＋β^ｎ)
　α−β＝√５から，
　　Ｌ_ｎ＝α^ｎ＋β^ｎ＝α^ｎ＋(１−α)^ｎ

（別解）Ｌ_ｎ＋１−αＬ_ｎ＝−√５β^ｎのみから求める．
　α^ｎ＋１≠０から，両辺をα^ｎ＋１で割ると，
　　Ｌ_ｎ＋１／α^ｎ＋１−Ｌ_ｎ／α^ｎ＝−√５／α・(β／α)^ｎ
　ａ_ｎ＝Ｌ_ｎ／α^ｎとすると，
　　ａ_ｎ＋１−ａ_ｎ＝−√５／α・(β／α)^ｎ
　ｎ≧２のとき，β／α≠１から，
　　ａ_ｎ＝ａ_１＋Σ_{１≦ｋ≦ｎ−１}(ａ_ｋ＋１−ａ_ｋ)＝Ｌ_１／α−√５／α・Σ_{１≦ｋ≦ｎ−１}(β／α)^ｋ
　　∴Ｌ_ｎ／α^ｎ＝１／α−√５／α・β／α・{１−(β／α)^ｎ−１}／(１−β／α)
　　　　　　　＝１／α−√５・β／α・(１−β^ｎ−１／α^ｎ−１)／(α−β)
　　　　　　　＝１／α−β／α・(１−β^ｎ−１／α^ｎ−１)
　　∴Ｌ_ｎ＝α^ｎ−１−β(α^ｎ−１−β^ｎ−１)＝(１−β)α^ｎ−１＋β^ｎ＝α^ｎ＋β^ｎ
　これはＬ_１＝α＋β＝１となり，ｎ＝１のときも成立する．

（別解）Ｌ_ｎ＋１−βＬ_ｎ＝√５α^ｎのみから求める．
　α^ｎ＋１≠０から，両辺をα^ｎ＋１で割ると，
　　Ｌ_ｎ＋１／α^ｎ＋１−β／α・Ｌ_ｎ／α^ｎ＝√５／α
　ａ_ｎ＝Ｌ_ｎ／α^ｎとすると，
　　ａ_ｎ＋１−β／α・ａ_ｎ＝√５／α
　ａ_ｎ＋１−ｋ＝β／α・(ａ_ｎ−ｋ)とおくと，
　　ａ_ｎ＋１＝β／α・ａ_ｎ＋ｋ(１−β／α)
　故にｋ(１−β／α)＝√５／αとなり，
　　ｋ(α−β)＝√５
　　∴ｋ＝１
　　∴ａ_ｎ＋１−１＝β／α・(ａ_ｎ−１)
　故に数列｛ａ_ｎ−１｝は，初項ａ_１−１＝Ｌ_１／α−１＝１／α−１＝(１−α)／α＝β／α，
公比β／αの等比数列．
　　∴ａ_ｎ−１＝β／α・(β／α)^ｎ−１＝β^ｎ／α^ｎ
　　∴Ｌ_ｎ／α^ｎ＝１＋β^ｎ／α^ｎ
　　∴Ｌ_ｎ＝α^ｎ＋β^ｎ

（５）Ｌ_ｎ＋１／Ｌ_ｎ＝(α^ｎ＋１＋β^ｎ＋１)／(α^ｎ＋β^ｎ)＝{(α＋β・(β／α)^ｎ}／{１＋(β／α)^ｎ}
であり，
　　β／α＝{(１−√５)／２}／{(１＋√５)／２}＝−(√５−１)^２／{(√５＋１)(√５−１)}
　　　　　＝−(５−２√５＋１)／(５−１)＝(√５−３)／２
　２＜√５＜３から，−１／２＜β／α＝(√５−３)／２＜０
　　∴lim_ｎ→∞(β／α)^ｎ＝０
　　∴lim_ｎ→∞Ｌ_ｎ＋１／Ｌ_ｎ＝α

　　Ｆ_ｎ＋１／Ｆ_ｎ＝{(α^ｎ＋１−β^ｎ＋１)／√５}／{(α^ｎ−β^ｎ)／√５}
　　　　　　　　　　　　　　＝{(α−β・(β／α)^ｎ}／{１−(β／α)^ｎ}
から，
　　lim_ｎ→∞Ｆ_ｎ＋１／Ｆ_ｎ＝α

「浜田明巳」　04/25 08時09分受信 更新5/5

（５）（別解）
　Ｌ_ｎ＋２＝Ｌ_ｎ＋１＋Ｌ_ｎ，Ｌ_ｎ＋１＞０から，
　　Ｌ_ｎ＋２／Ｌ_ｎ＋１＝１＋Ｌ_ｎ／Ｌ_ｎ＋１
　ａ_ｎ＝Ｌ_ｎ＋１／Ｌ_ｎ（≠０）とすると，
　　ａ_ｎ＋１＝１＋１／ａ_ｎ
　Ｌ_１＞０，Ｌ_２＞０から，数列｛Ｌ_ｎ｝は増加数列である．
　Ｌ_ｎ＋１＞Ｌ_ｎ＞０から，ａ_ｎ＝Ｌ_ｎ＋１／Ｌ_ｎ＞１
　ここで，もしａ_ｎが収束するとして，lim_ｎ→∞ａ_ｎ＝β（≧１）とすると，
　　β＝１＋１／β
　　∴β^２−β−１＝０
　β≧１から，β＝(１＋√５)／２＝α
　ここで，
　　｜ａ_ｎ＋１−α｜＝｜１＋１／ａ_ｎ−α｜＝｜{１＋(１−α)ａ_ｎ}／ａ_ｎ｜
　Ｌ_ｎは有理数であり，ａ_ｎ＝Ｌ_ｎ＋１／Ｌ_ｎも有理数である．
　α＝(１＋√５)／２は無理数なので，
　　ａ_ｎ−α≠０
　　∴｜ａ_ｎ＋１−α｜＝｜ａ_ｎ−α｜｜{１＋(１−α)ａ_ｎ}／{ａ_ｎ(ａ_ｎ−α)}｜………(1)
　ここで，
　　ｆ(ｘ)＝{１＋(１−α)ｘ}／{ｘ(ｘ−α)}（ｘ＞１）
とすると，
　　ｆ'(ｘ)＝[(１−α)・ｘ(ｘ−α)−{１＋(１−α)ｘ}・(２ｘ−α)]／{ｘ(ｘ−α)}^２
　　　　　＝[(１−α)ｘ^２−α(１−α)ｘ−２(１−α)ｘ^２−{２−α(１−α)}ｘ＋α]／{ｘ(ｘ−α)}^２
　　　　　＝{(α−１)ｘ^２−２ｘ＋α}／{ｘ(ｘ−α)}^２
　ここで２次式(α−１)ｘ^２−２ｘ＋αの判別式をＤとすると，
　　Ｄ／４＝１−α(α−１)＝１−α^２＋α＝０
　α−１＞０から(α−１)ｘ^２−２ｘ＋α≧０
　　∴ｆ'(ｘ)≧０
　故にｆ(ｘ)は単調増加であり，ｘ＞１から，
　　ｆ(ｘ)＞ｆ(１)＝(２−α)／(１−α)
　また，
　　ｆ(１)＋２／３＝(２−α)／(１−α)＋２／３＝{３(２−α)＋２(１−α)}／{３(１−α)}
　　　　　　　　　＝(８−５α)／{３(１−α)}
　ここで，
　　８−５α＝８−５・(１＋√５)／２＝(１１−５√５)／２＝(√１２１−√１２５)／２＜０
　　１−α＜０
　　∴ｆ(１)＋２／３＞０
　　∴ｆ(ｘ)＞ｆ(１)＞−２／３
　ｆ(ｘ)の分母はｘの２次式，分子はｘの１次式なので，
　　lim_ｘ→∞ｆ(ｘ)＝０
　ｆ(ｘ)は単調増加なので，
　　∴−２／３＜ｆ(ｘ)≦０
　　∴０≦｜ｆ(ａ_ｎ)｜＜２／３
　｜ｆ(ａ_ｎ)｜の上限をＭ（０≦Ｍ＜１）とすると，(1)から，
　　０≦｜ａ_ｎ−α｜≦Ｍ｜ａ_ｎ−１−α｜≦Ｍ^２｜ａ_ｎ−２−α｜≦Ｍ^３｜ａ_ｎ−３−α｜
　　　　　　　　　　　　≦………≦Ｍ^ｎ−１｜ａ_１−α｜
　　∴０≦｜ａ_ｎ−α｜≦Ｍ^ｎ−１｜ａ_１−α｜→０（ｎ→∞）
　　∴lim_ｎ→∞｜ａ_ｎ−α｜＝０
　　∴lim_ｎ→∞ａ_ｎ＝lim_ｎ→∞Ｌ_ｎ＋１／Ｌ_ｎ＝α

　同様に，Ｆ_ｎ＋１≧Ｆ_ｎ＞０から，ｂ_ｎ＝Ｆ_ｎ＋１／Ｆ_ｎ≧１とし，
　　｜ｂ_ｎ＋１−α｜＝｜{１＋(１−α)ｂ_ｎ}／ｂ_ｎ｜
　　　　　　　　　　　＝｜ｂ_ｎ−α｜｜{１＋(１−α)ｂ_ｎ}／{ｂ_ｎ(ｂ_ｎ−α)}｜
　　ｆ(ｘ)＝{１＋(１−α)ｘ}／{ｘ(ｘ−α)}（ｘ≧１）
とすると，ｆ(ｘ)は単調増加であり，ｘ≧１から，
　　ｆ(ｘ)≧ｆ(１)＝(２−α)／(１−α)＞−２／３
　　lim_ｘ→∞ｆ(ｘ)＝０
　　∴−２／３＜ｆ(ｘ)≦０
　　∴０≦｜ｆ(ｂ_ｎ)｜＜２／３
　０≦Ｍ＜１とし，
　　０≦｜ｂ_ｎ−α｜≦Ｍ^ｎ−１｜ｂ_１−α｜→０（ｎ→∞）
　　∴lim_ｎ→∞ｂ_ｎ＝lim_ｎ→∞Ｆ_ｎ＋１／Ｆ_ｎ＝α

「浜田明巳」　04/30 10時29分受信 更新5/5

（４）（別解）
　　α^ｎ＝(Ｌ_ｎ＋√５Ｆ_ｎ)／２………(1)
　β＝(１−√５)／２とすると，Ｌ_ｎ，Ｆ_ｎは有理数なので，
　　β^ｎ＝(Ｌ_ｎ−√５Ｆ_ｎ)／２………(2)
　(1)＋(2)から，
　　α^ｎ＋β^ｎ＝Ｌ_ｎ
　　∴Ｌ_ｎ＝α^ｎ＋(１−α)^ｎ

　(1)−(2)から，
　　α^ｎ−β^ｎ＝√５Ｆ_ｎ
　　∴Ｆ_ｎ＝{α^ｎ−(１−α)^ｎ}／√５

ＮＯ３「にいばりZ12」04/30 01時19分受信 更新5/5

（1）

単純に力ずくで解いてみました

α＝ （1+√5）/2

α²＝（（1+ √5）/2）²                 ＝ （3+√5）/2

α³＝（（3+ √5）/2）・（1+√5）/2＝（4+2√5）/2

α⁴＝（（4+2√5）/2)・（1+√5）/2＝ （7+3√5）/2

α⁵＝（（7+3√5）/2)・（1+√5）/2＝（11+5√5）/2     ・・・・回答

{Ln}=1,3,4,7,11,・・・（リュカ数列）（ｎ＝0,1,2;3・・・とすると初項は2になります）

{Fn}=1,1,2,3,5,・・・（フィボナッチ数列）（ｎ＝0,1,2;3・・・とすると初項は0になります）

（2）

α^ｎ＝（Ln+Fn√5）/2

α^ｎ+1＝（L _n+1+F _n+1√5）/2

　　　＝（Ln+Fn√5）/2×（1+√5）/2＝（（Ln+5Fn）+（Ln+Fn）√5）/4＝（（Ln+5Fn）/2+（Ln+Fn）/2×√5）/2

　　　L _n+1＝（Ln+5Fn）/2　・・・・回答　

　　　F _n+1＝（Ln+Fn）/2　 ・・・・回答

（3）

（2）より

　　　L _n+2＝（L_n+1+5F_n+1）/2

　　　F _n+2＝（L_n+1+F_n+1）/2

　　また、Fn=（2 L_n+1-Ln）/5

F _n+1＝（Ln+（2L _n+1-Ln）/5）/2

を代入整理すると

　　L _n+2＝L _n+1+ Ln　・・・・回答

　　さらに

　　　　　Ln =2F _n+1−Fn

L _n+1＝（2F _n+1−Fn +5Fn）/2

を代入整理すると

F_n+2＝F _n+1+ Fn　・・・・回答

（4）

β＝（1−√5）/2　とおく

β^ｎ＝（Ln’ −Fn’√5）/2　となるように、有理数Ln’、 Fn’（ｎ＝1,2,3,・・・・）と定める。

（2）（3）と同様に計算する

β^ｎ＝（L’n−F’n√5）/2

β^ｎ+1＝（L’ _n+1− F’ _n+1√5）/2

　　　＝（L’n−F’n√5）/2×（1−√5）/2＝（（L’n+5 F’n）−（L’n+F’n）√5）/4＝（（L’n+5 F’n）/2−（L’ n+F’n）/2×√5）/2

　　　L’ _n+1＝（L’n+5 F’n）/2

　　　F’ _n+1＝（L’n+ F’n）/2

　　上記より

　　　L’ _n+2＝（L’_n+1+5F’_n+1）/2

　　　F’ _n+2＝（L’_n+1+F’_n+1）/2

　　また、F’n=（2 L’_n+1−L’n）/5

F’ _n+1＝（L’n+（2L’ _n+1−L’n）/5）/2

を代入整理すると

　　L’ _n+2＝L’ _n+1+ L’n

　　さらに

　　　　　L’n =2F’ _n+1−F’n

L’ _n+1＝（2F’ _n+1−F’n +5F’n）/2

を代入整理すると

F’_n+2＝F’ _n+1+ F’n

L₁=L’ ₁、F₁=F’ ₁

よって数学的帰納法より

Ln= L’n、 Fn= F’n

∴β^ｎ＝（Ln−Fn√5）/2

αβ＝（（1+√5）/2）×（（1−√5）/2）＝−1

β＝−/α

α−β＝√5＝α+1/α

β^ｎ＝（−/α）^ｎ

α^ｎ+β^ｎ＝（（Ln+Fn√5）/2）+（（Ln−Fn√5）/2）＝Ln

α^ｎ−β^ｎ＝（（Ln+Fn√5）/2）−（（Ln−Fn√5）/2）＝Fn√5

Ln＝α^ｎ+（−1/α）^ｎ・・・・回答

Fn＝（α^ｎ−（−1/α）^ｎ）/（α+1/α）・・・・回答

（どうしてもαとｎだけでは表せず1を使ってしまいました。単位数なので許されるのではないかと思います）

（5）

　　lim(n→∞) L _n+1/ Ln＝lim(n→∞) （α^ｎ+1+（−1/α）^ｎ+1）/（α^ｎ+（−1/α）^ｎ）

　　α>1

　　（−1/α）^ｎ+1→0

　　（−1/α）^ｎ→0

　　lim(n→∞) L _n+1/ Ln＝α^ｎ+1/α^ｎ＝α・・・・回答

　　lim(n→∞)F _n+1/ Fn＝lim(n→∞) （（α^ｎ+1−（−1/α）^ｎ+1）/（α+1/α））/（（α^ｎ+（−1/α）^ｎ）/（α+1/α））

　　　　　　　　　　＝lim(n→∞)（α^ｎ+1−（−1/α）^ｎ+1）/（α^ｎ+（−1/α）^ｎ）

　　α>1

　　（−1/α）^ｎ+1→0

　　（−1/α）^ｎ→0

　　lim(n→∞) F _n+1/ Fn＝α^ｎ+1/α^ｎ＝α・・・・回答

　

（4）を（2）（3）から、直接導こうとしてみたのですが挫折してリュカ数列の定義に戻って解きました。

リュカ数列（リュカすうれつ）またはルーカス数列（ルーカスすうれつ）(Lucas sequence)とは、二次の整係数方程式G ( x ) = x ² - P x + Q =0 の二つの解

に対し、

と定義される数列である。

リュカ数列は二階線形回帰数列の一種で、フィボナッチ数、リュカ数、ペル数, メルセンヌ数など数論に現れる重要な数列がこれに属する。

　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　・・・ウィキペディアより

本問は、P=1、Q=−1でUｎ（P,Q）がフィボナッチ数、Vｎ（P,Q）がリュカ数となっています。

今後、D=0,1の場合またD＝2の場合本問に沿ってどのようになるのか考えてみたいと思います

面白い問題でした。