東京大学 1998年度理系数学第3問解答・解説

問題

$x y$ 平面に2つの円

C_{0} : x^{2} + (y - \frac{1}{2})^{2} = \frac{1}{4}, C_{1} : (x - 1)^{2} + (y - \frac{1}{2})^{2} = \frac{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， $n = 2, 3, \dots$ 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} = \frac{1}{2 r _{n}}, p_{n} = q_{n} x_{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) $α$ を $α = \frac{1}{1 + α}$ を満たす正の数として，不等式

∣ x_{n + 1} - α ∣ < \frac{2}{3} ∣ x_{n} - α ∣

を示し，極限 $n \to \infty lim x_{n}$ を求めよ。

出典：東京大学 1998年度前期日程第2次学力試験理系第3問

方針

$x$ 軸に接する円は、接点 $(x, 0)$ と半径 $r$ で決まる。2つのそのような円が外接する条件を中心間距離で書くと、接点間の距離が $2 r_{1} r_{2}$ になる。そこで $r = 1/ (2 q^{2})$ , $x = p / q$ と置くと、接する条件は $∣ p_{1} q_{2} - p_{2} q_{1} ∣ = 1$ という整数条件になる。隣り合う2円から生じる新しい円は分子・分母を足した $p = p_{n - 1} + p_{n}$ , $q = q_{n - 1} + q_{n}$ で表されるので、整数性・互いに素を帰納法で示す。最後は $x_{n + 1} = 1/ (1 + x_{n})$ と固定点 $α$ の差を評価して収束を示す。

解答

(1)

$x$ 軸に接し、接点が $(x, 0)$ 、半径が $r$ である円の中心は $(x, r)$ である。2つの円がともに $x$ 軸に接し、互いに外接するとき、接点の $x$ 座標を $x_{1}, x_{2}$ 、半径を $r_{1}, r_{2}$ とすると $(x_{1} - x_{2})^{2} + (r_{1} - r_{2})^{2} = (r_{1} + r_{2})^{2}$ である。整理して $(x_{1} - x_{2})^{2} = 4 r_{1} r_{2}$ すなわち $∣ x_{1} - x_{2} ∣ = 2 r_{1} r_{2}$ を得る。 $C_{0}$ , $C_{1}$ については $x_{0} = 0, r_{0} = \frac{1}{2}, x_{1} = 1, r_{1} = \frac{1}{2}$ であるから $(p_{0}, q_{0}) = (0, 1), (p_{1}, q_{1}) = (1, 1)$ と表せる。さらに $C_{2}$ は2つの円の間で $x$ 軸に接する円であり、計算すると $x_{2} = \frac{1}{2}, r_{2} = \frac{1}{8}$ なので $(p_{2}, q_{2}) = (1, 2)$ である。

いま隣り合う2円が $x_{i} = \frac{p _{i}}{q _{i}}, r_{i} = \frac{1}{2 q _{i}^{2}}$ と表され、かつ $∣ p_{i} q_{i - 1} - p_{i - 1} q_{i} ∣ = 1$ を満たすとする。この2円に接する新しい円について $p = p_{i - 1} + p_{i}, q = q_{i - 1} + q_{i}$ とおくと

\frac{p}{q} - \frac{p _{i}}{q _{i}} = \frac{∣ p _{i - 1} q _{i} - p _{i} q _{i - 1} ∣}{q q _{i}} = \frac{1}{q q _{i}}

である。一方、半径を $r = 1/ (2 q^{2})$ とすれば $2 r r_{i} = 2 \frac{1}{2 q ^{2}} \cdot \frac{1}{2 q _{i}^{2}} = \frac{1}{q q _{i}}$ であり、接点間距離の条件を満たす。同様に $C_{i - 1}$ とも接する。したがって新しい円は $(p, q) = (p_{i - 1} + p_{i}, q_{i - 1} + q_{i})$ で与えられる。

よって $q_{n + 1} = q_{n} + q_{n - 1}$ である。 $q_{0} = q_{1} = 1$ から、数学的帰納法によりすべての $q_{n}$ は整数である。

(2)

同じ理由で $p_{n + 1} = p_{n} + p_{n - 1}$ であり、 $p_{0} = 0$ , $p_{1} = 1$ だから、すべての $p_{n}$ は整数である。

また隣り合う円が接する条件から $∣ p_{n} q_{n - 1} - p_{n - 1} q_{n} ∣ = 1$ が成り立つ。もし $p_{n}$ と $q_{n}$ が1より大きい公約数をもてば、左辺 $p_{n} q_{n - 1} - p_{n - 1} q_{n}$ もその公約数で割り切れる。しかし左辺の絶対値は1なので不可能である。したがって $p_{n}$ と $q_{n}$ は互いに素である。

(3)

$p_{n}$ と $q_{n}$ は同じ漸化式を満たし、初期値を比べると $p_{n} = q_{n - 1} (n ≧ 1)$ である。したがって $x_{n} = \frac{p _{n}}{q _{n}} = \frac{q _{n - 1}}{q _{n}}$ であり、 $x_{n + 1} = \frac{q _{n}}{q _{n + 1}} = \frac{q _{n}}{q _{n} + q _{n - 1}} = \frac{1}{1 + x _{n}}$ となる。 $α$ は $α = \frac{1}{1 + α}$ を満たす正の数である。よって

∣ x_{n + 1} - α ∣ = \frac{1}{1 + x _{n}} - \frac{1}{1 + α} = \frac{∣ x _{n} - α ∣}{( 1 + x _{n} ) ( 1 + α )}

である。ここで $x_{n} ≧ 0$ であり、また $α$ は正で $α^{2} + α = 1$ を満たすから $α > 1/2$ である。したがって $(1 + x_{n}) (1 + α) > \frac{3}{2}$ であり、 $∣ x_{n + 1} - α ∣ < \frac{2}{3} ∣ x_{n} - α ∣$ が成り立つ。

この不等式をくり返すと、 $∣ x_{n} - α ∣$ は0に近づく。したがって $lim_{n \to \infty} x_{n} = α$ である。 $α^{2} + α - 1 = 0$ を解くと、正の解は $α = \frac{5 - 1}{2}$ である。よって $lim_{n \to \infty} x_{n} = \frac{5 - 1}{2}$ である。

東京大学 1998年度理系数学 第3問

問題

方針

解答

(1)

(2)

(3)

東京大学 1998年度
理系数学第3問