【数列】α+β型の数学的帰納法の解き方を徹底解説！｜普通の帰納法では証明できない

みなさんどうも、こんにちは。今回は、$ \alpha+\beta $型の数学的帰納法（3項間漸化式数学的帰納法）について解説していきます。

α+β型の数学的帰納法の解き方
α+β型の数学的帰納法
1. 例題：α+β型の数学的帰納法
2. 演習：α+β型の数学的帰納法
おわりに

α+β型の数学的帰納法の解き方

前回、3項間漸化式数学的帰納法について解説しました。今回は、その応用例の1つである$ \alpha+\beta $型の数学的帰納法について紹介します。

まず、3項間漸化式数学的帰納法について復習しましょう。3項間漸化式の数学的帰納法では、普通の帰納法は使うことができず、次のように証明するのでした。

3項間漸化式の数学的帰納法

（I）$n=1，2$のとき成立する

（II）$n=k，k+1$のとき成立すると仮定すると，$n=k+2$のときも成立する

なぜ、この帰納法で証明できるかは、前回の記事をご参照ください。

【数列】3項間漸化式の数学的帰納法（一昨日帰納法）｜普通の帰納法は使えない

3項間漸化式の数学的帰納法（一昨日帰納法）を紹介します。

3項間漸化式の数学的帰納法の応用問題である$ \alpha+\beta $型の数学的帰納法について考えます。

先にこの問題のポイントを言ってしまうと、次の式変形ができるかどうかです。

$ \alpha+\beta $型の数学的帰納法のポイント

$$ \alpha^{n+2}+\beta^{n+2}=(\alpha+\beta)(\alpha^{n+1}+\beta^{n+1})-\alpha\beta(\alpha^n+\beta^n) $$

これが$ \alpha+\beta $型の数学的帰納法における唯一にして最大のポイントです。これさえ押さえることができれば、あとは前回やった3項間漸化式数学的帰納法と変わりません。

上の式は覚える必要はありません。$ n+2 $乗なのだから、$ n+1 $乗を考えて、関係ないものを引けばよいです。すぐに導くことができます。

\begin{eqnarray*}
\alpha^{n+2}+\beta^{n+2}&=&(\alpha^{n+1}+\beta^{n+1})(\alpha+\beta)-\alpha\beta^{n+1}-\beta\alpha^{n+1} \\
&=& (\alpha+\beta)(\alpha^{n+1}+\beta^{n+1})-\alpha\beta(\alpha^n+\beta^n)
\end{eqnarray*}

$ \alpha^{n+2}+\beta^{n+2} $と合わない$ (\alpha^{n+1}+\beta^{n+1})(\alpha+\beta) $の項から出る余計な項を引けば良いだけです。

α+β型の数学的帰納法

では、実際に問題を見てみましょう。

例題：α+β型の数学的帰納法

例題

$a，b$は実数で，$a^2+b^2=16$，$a^2+b^2=44$を満たしている。このとき，
（1）$a+b$を求めよ。
（2）$n$を2以上の整数とするとき，$a^n+b^n$は4で割り切れる整数であることを示せ。

（東京大）

方針：（1）は対称式の性質から解く。$a^2+b^2$，$a^3+b^3$ともに$a$と$b$の対称式なので，基本対称式$a+b$と$ab$のみで表すことができる。$a+b=s$，$ab=t$とおき、立式。
（2）は次の式変形を使ったうえで，3項間漸化式用数学的帰納法を使って証明する。
$$ \alpha^{n+2}+\beta^{n+2}=(\alpha+\beta)(\alpha^{n+1}+\beta^{n+1})-\alpha\beta(\alpha^n+\beta^n) $$

解答

（1）$a+b=s$，$ab=t$とおくと，
$$ a^2+b^2=(a+b)^2-2ab=s^2-2t $$

$$ a^3+b^3=(a+b)^3-3ab(a+b)=s^3-3st $$
であるから，次の連立方程式が成り立つ。
\[
\left\{
\begin{array}{l}
s^2-2t = 16 \\
s^3-3st = 44
\end{array}
\right.
\]
これを解くと，
$s=2$，$-1\pm3\sqrt{5}$
となる。
また，$a$，$b$は$x^2-sx+t=0$の解なので，判別式を$D$とすると，
\begin{eqnarray*}
D &=& s^2-4s = s^2-4\left( \displaystyle \frac{1}{2} u^2 – 8 \right) \\
&=& 32 – s^2
\end{eqnarray*}
$a$，$b$は実数より，$D \geq 0$であるから，
$$ D = 32 – s^2 \geq 0 $$
これを解くと，
$$ -4\sqrt{2} \leq s \leq 4\sqrt{2} $$
$s = -1\pm3\sqrt{5}$は$D \geq 0$を満たさない。
よって，
$$ s=2，t = -6 $$
であり，
$$ a+b =2，ab=-6 $$
である。

（2）
\begin{eqnarray*}
\alpha^{n+2}+\beta^{n+2}&=&(\alpha+\beta)(\alpha^{n+1}+\beta^{n+1})-\alpha\beta(\alpha^n+\beta^n) \\
&=& 2(\alpha^{n+1}+\beta^{n+1})+6(\alpha^n+\beta^n)
\end{eqnarray*}
となる。
よって，$a_n=\alpha^n+\beta^n$とおくと，
$$ a_{n+2} = 2 a_{n+1}+6 a_n $$
となる。$n$を2以上の整数とするとき，$a^n+b^n$は4で割り切れる整数であることを数学的帰納法を用いて証明する。
（i）$n=2，3$のとき
$ a_2=16$，$ a_3=44$より成り立つ。
（ii）$n=k，k+1$のとき
$a_k=4A$，$a_{k+1}=4B$と仮定する（$A，B$は整数とする）。
\begin{eqnarray*}
a_{k+2}&=&2a_{k+1}+6a_k \\
&=& 8A+24B \\
&=& 4(2A+6B)
\end{eqnarray*}
$a_{k+2}$は4の倍数なので、$n=k+2$のときも成り立つ。
以上により、$n \geq 2$の整数において、$a^n+b^n$が4で割り切れる整数であることが示された。

上記解答（2）の数学的帰納法でなぜ（i）で$n=2，3$のとき仮定し、（ii）で$n=k，k+1$のとき仮定しているかわからない場合は、前の記事をご覧ください。

演習：α+β型の数学的帰納法

演習

2次方程式$x^2-3x+5 = 0$の2つの解$ \alpha，\beta $に対し，$ \alpha^n+\beta^n-3^n $は全ての正の整数$n$について5の整数倍になることを示せ。

（東工大）

演習の答え

解と係数の関係から、$ \alpha+\beta=3，\alpha\beta=5$である。また、

\begin{eqnarray*}
\alpha^{n+2}+\beta^{n+2}-3^{n+2}&=&(\alpha+\beta)(\alpha^{n+1}+\beta^{n+1})-\alpha\beta(\alpha^n+\beta^n)-3^{n+2} \\
&=& 3(\alpha^{n+1}+\beta^{n+1})-3^{n+2}-5(\alpha^n+\beta^n) \\
&=& 3\{ (\alpha^{n+1}+\beta^{n+1})-3^{n+1} \} -5(\alpha^n+\beta^n)
\end{eqnarray*}

となる。よって、$a_n = \alpha^n+\beta^n – 3^n $とおくと、

$$ a_{n+2} = 3a_{n+1} -5 ( a_n +3^n ) $$

となる。$n$を正の整数とするとき、$\alpha^n+\beta^n-3^n$は5の整数倍になることを数学的帰納法を用いて証明する。
（i）$n=1,2$のとき
$$ a_1 = 0 = 0×5 $$
$$ a_2 = \alpha^2+\beta^2 – 9 = (\alpha+\beta)^2-\alpha \beta -9 = 9-10-9 = -10 $$
となり、成り立つ。

（ii）$n=k, k+1$のとき
$ a_k = 5A $，$a_{k+1} = 5B$と仮定する（$A$，$B$は整数とする）。
$n=k+2$のとき
\begin{eqnarray*}
a_{k+2} &=& 3a_{k+1} -5 ( a_k +3^k ) \\
&=& 3・5B – 5 ( 5A+3^k) \\
&=& 5 (3B-5A-3^k)
\end{eqnarray*}

$3B-5A-3^k$は整数であるから、$a_{k+2}$も5の倍数であり、$n=k+2$のときも成り立つ。
以上により、$\alpha^n+\beta^n-3^n$は5の整数倍であることが示された。