1998年(平成10年)東京大学前期-数学(理科)[3] - [別館]球面倶楽部零八式markIISR

2024.02.07記

[3] $xy$ 平面に2つの円
$C_0:x^2+\left( y-\dfrac{1}{2} \right)^2=\dfrac{1}{4}$ ，
$C_1:(x-1)^2+\left( y-\dfrac{1}{2} \right)^2=\dfrac{1}{4}$
をとり， $C_2$ を $x$ 軸と $C_0$ ， $C_1$ に接する円とする．さらに， $n=2$ ， $3$ ，… に対して $C_{n+1}$ を $x$ 軸と $C_{n-1}$ ， $C_n$ に接する円で $C_{n-2}$ とは異なるものとする． $C_n$ の半径を $r_n$ ， $C_n$ と $x$ 軸の接点を $(x_n,0)$ として， $q_n=\dfrac{1}{\sqrt{2r_n}}$ ， $p_n=q_nx_n$ とおく．

(1) $q_n$ は整数であることを示せ．

(2) $p_n$ も整数で， $p_n$ と $q_n$ は互いに素であることを示せ．

(3) $\alpha$ を $\alpha=\dfrac{1}{1+\alpha}$ を満たす正の数として，不等式 $|x_{n+1}-\alpha|\lt \dfrac{2}{3}|x_n-\alpha|$ を示し，極限 $\displaystyle\lim_{n\to\infty} x_n$ を求めよ．

2021.01.11記
フィボナッチ数列．
$ax+by=1$ が整数解をもつならば $a,b$ は互いに素．
反転．

(3) が「 $\alpha^2+\alpha-1=0$ をみたす正の数」ではなく、「 $\alpha=\dfrac{1}{1+\alpha}$ をみたす正の数」となっている理由は、 $x_{n+1}=\dfrac{1}{1+x_n}$ という漸化式を導けというヒントである．

[解答]
(1) $C_{n}$ の中心を $(x_n,r_n)$ とおくと，
$(x_n-x_{n-1})^2+(r_n-r_{n-1})^2=(r_n+r_{n-1})^2$
が成立するので，
$|x_n-x_{n-1}|=\sqrt{4r_nr_{n-1}}$
が成立する．同様に
$|x_{n+1}-x_{n-1}|=\sqrt{4r_{n+1}r_{n-1}}$
$|x_n-x_{n+1}|=\sqrt{4r_nr_{n+1}}$
が成立し， $x_{n+1}$ は $x_{n-1}$ と $x_n$ の間にあるから
$|x_n-x_{n-1}|=|x_n-x_{n+1}|+|x_{n+1}-x_{n-1}|$
も成立するので，
$\sqrt{4r_nr_{n-1}}=\sqrt{4r_nr_{n+1}}=\sqrt{4r_{n+1}r_{n-1}}$
つまり
$\dfrac{1}{\sqrt{2r_{n+1}}}=\dfrac{1}{\sqrt{2r_{n-1}}}+\dfrac{1}{\sqrt{2r_{n}}}$
が成立する．よって，
$q_{n+1}=q_n+q_{n-1}$
となる．ここで $r_0=r_1=\dfrac{1}{2}$ より $q_0=q_1=1$ だから，非負の任意の整数に対して $q_n$ は整数となる．

(2) $n$ が奇数のとき $x_n\gt x_{n-1}$ ， $n$ が偶数のとき $x_n\lt x_{n-1}$ となるので， $x_n-x_{n-1}＝(-1)^{n-1} \sqrt{4r_nr_{n-1}}$ となり，
$\dfrac{p_n}{q_n}-\dfrac{p_{n-1}}{q_{n-1}}=(-1)^{n-1}\dfrac{1}{q_nq_{n-1}}$
であるから，
$q_{n-1}p_n-q_np_{n-1}=(-1)^{n-1}$
となる．同様に
$q_{n}p_{n+1}-q_{n+1}p_{n}=(-1)^{n}$
であるから，辺々加えて
$q_{n}p_{n+1}+(q_{n-1}-q_{n+1})p_n-q_np_{n-1}=0$
となるが， $q_{n+1}=q_n+q_{n-1}$ より
$q_{n}p_{n+1}-q_{n}p_n-q_np_{n-1}=0$
となる．ここで $q_n\neq 0$ より
$p_{n+1}-p_n-p_{n-1}=0$
つまり $p_{n+1}=p_n+p_{n-1}$ が成立する．
ここで $p_0=0，p_1=1$ だから，非負の任意の整数に対して $p_n$ は整数となる．

いま，
$q_{n-1}p_n-q_np_{n-1}=(-1)^{n-1}$
が成立するが， $p_n,q_n$ が互いに素でなく公約数 $g\gt 1$ をもつとすると，左辺は $g$ で割り切れるので， $(-1)^{n-1}$ が $g\gt1$ で割り切れることになって矛盾．

よって $p_n,q_n$ は互いに素．

(3) $p_2=1$ より，
$p_1=p_2=1，p_{n+1}=p_n+p_{n-1}$
$q_0=q_1=1，q_{n+1}=q_n+q_{n-1}$
を見比べると， $q_n=p_{n+1}$ が非負の任意の整数について成立する．

よって，
$x_{n+1}(1+x_n)$ $=\dfrac{p_{n+1}}{q_{n+1}}\cdot \dfrac{p_n+q_n}{q_{n}}$ $=\dfrac{q_{n}}{q_{n+1}}\cdot \dfrac{q_{n-1}+q_n}{q_{n}}=1$
となり， $x_{n+1}=\dfrac{1}{1+x_n}$ が成立する． $\alpha=\dfrac{1}{1+\alpha}$ を辺々引くと
$x_{n+1}-\alpha=\dfrac{\alpha-x_n}{(1+\alpha)(1+x_n)}=\alpha\cdot\dfrac{\alpha-x_n}{1+x_n}$
となる．ここで $x_n\gt 0$ ， $\alpha=\dfrac{\sqrt{5}-1}{2}\lt\dfrac{2}{3}$ より
$|x_{n+1}-\alpha|=\alpha |\alpha-x_n|\lt \dfrac{2}{3}|x_n-\alpha|$
となる．

これから
$|x_{n}-\alpha|\lt \Bigl(\dfrac{2}{3}\Bigr)^n |x_0-\alpha|$
となるが，右辺は $n\to\infty$ で 0 に収束するので，はさみうちの原理により左辺も0に収束する．よって
$\displaystyle\lim_{n\to\infty} x_n=\alpha=\dfrac{\sqrt{5}-1}{2}$ 　

なお，単位円に関する反転 $f$ を行なうと
$C_0\mapsto y=1$ ， $C_1\mapsto C_1$ ， $C_2 \mapsto (x-2)^2+\Bigl(y-\dfrac{1}{2}\Bigr)^2=\dfrac{1}{4}$ となり，
$f(C_1)$ は $C_0$ を $x$ 軸方向に1だけ平行移動したもの， $f(C_2)$ は $C_1$ を $x$ 軸方向に1だけ平行移動したものとなるので，帰納的に
$f(C_{n+1})$ は $C_n$ を $x$ 軸方向に1だけ平行移動したものとなる．
よって $\dfrac{1}{x_{n+1}}=x_n+1$ が成立する．