東京大学 2003年度 後期日程 第2次学力試験理系（後期）数学 第3問

(1) $u_0=0,u_1=1$ とし$$u_{n+1}=a_n{u}_n-u_{n-1}(n\geqq 1)$$で定める。$u_2=a_1\geqq 2>u_1$ である。$u_n>u_{n-1}>0$ なら$$u_{n+1}\geqq 2u_n-u_{n-1}>u_n,$$だから帰納法により $0<u_1<u_2<\cdots$ である。

元の漸化式を満たし $x_0=0$ である数列は、$x_1$ を決めれば一意に定まり、線形性から $x_n=x_1{u}_n$ である。したがって $x_m=1$ とするには$$x_n={\displaystyle \frac{u_n}{u_m}}$$とするほかない。これで存在と一意性が示され、狭義増加性から $0<x_n<1$ $(1\leqq n<m)$ も従う。

(2) $v_0=0,v_1=1$ とし$$v_{n+1}=a_n{v}_n-b{v}_{n-1}$$で定める。$v_2=a_1\geqq 1+b>1$ であり、$v_n>v_{n-1}>0$ なら$$\begin{array}{rl}{\displaystyle v_{n+1}}& {\displaystyle \geqq (1+b)v_n-b{v}_{n-1}}\\ {\displaystyle }& {\displaystyle =v_n+b(v_n-v_{n-1})>v_n\mathrm{.}}\end{array}$$よって $v_n$ も正で狭義増加する。(1)と同様に$$y_n={\displaystyle \frac{v_n}{v_m}}$$が条件を満たす唯一の数列で、$0<y_n<1$ $(1\leqq n<m)$ である。

(3) $$\lambda ={\displaystyle \frac{c+\sqrt{c^2-4}}{2}}>1,r={\lambda }^{-1}={\displaystyle \frac{c-\sqrt{c^2-4}}{2}}$$とおくと $0<r<1$ である。(1)の基本数列に対し $R_n=u_n\mathrm{/}{u}_{n-1}$ $(n\geqq 2)$ とおく。$R_2=a_1\geqq c>\lambda$ である。$R_n>\lambda$ なら$$R_{n+1}=a_n-{\displaystyle \frac{1}{R_n}}\geqq c-{\displaystyle \frac{1}{R_n}}>c-{\displaystyle \frac{1}{\lambda }}=\lambda \mathrm{.}$$したがってすべての $n\geqq 2$ で $R_n>\lambda$ である。よって $1\leqq n<m$ に対し$${\displaystyle \frac{u_m}{u_n}}=R_{n+1}{R}_{n+2}\cdots R_m>{\lambda }^{m-n}\mathrm{.}$$(1)の $x_n=u_n\mathrm{/}{u}_m$ を用いると$$x_n<{\lambda }^{-(m-n)}=r^{m-n}\mathrm{.}$$この $r$ は $c$ だけで決まり、$m$ には依存しない。

境界値問題を連立1次方程式と見て、係数行列の正定値性から存在・一意性を示す。
区間内部の最小点を調べる離散最大値原理で $0<x_n<1$ を得る。
(3)では $r^{m-n}$ を上側の比較数列として同じ原理を使う。

(1)
未知数 $x_1,\dots ,x_{m-1}$ の方程式は$$a_k{x}_k-x_{k-1}-x_{k+1}=0(1\leqq k\leqq m-1)$$である。$x_0=0,x_m=1$ とする。係数行列の2次形式は$$\sum _{k=0}^{m-1}(z_{k+1}-z_k{)}^2+\sum _{k=1}^{m-1}(a_k-2)z_k^2$$であり、$z\mathrm{\ne }0$ なら正だから、解はただ1つ存在する。

内部に負の最小値があれば$$a_k{x}_k=x_{k-1}+x_{k+1}$$と $a_k\geqq 2$ により最小値が両隣へ伝わり、境界値に反する。
同じ議論で内部では $x_k>0$ である。

$w_k=1-x_k$ とおくと$$a_k{w}_k-w_{k-1}-w_{k+1}=a_k-2\geqq 0,w_0=1,w_m=0.$$同じ最小値原理で $w_k>0$ だから$$0<x_k<1(1\leqq k<m)\mathrm{.}$$(2)
$y_k=b^{k\mathrm{/}2}{z}_k$ と置くと、係数行列は隣接成分
$-\sqrt{b}$ の対称行列に相似で、その2次形式は$$\sqrt{b}\sum _{k=0}^{m-1}(z_{k+1}-z_k{)}^2+\sum _{k=1}^{m-1}(a_k-2\sqrt{b})z_k^2>0(z\mathrm{\ne }0)$$である。ここで $a_k\geqq 1+b\geqq 2\sqrt{b}$ を用いた。
よって解はただ1つ存在する。

負の最小値に対し$$a_k{y}_k=y_{k+1}+b{y}_{k-1}$$を使えば、$a_k\geqq 1+b$ により境界まで同じ値が伝わって矛盾する。
$1-y_k$ にも同じ議論を適用して$$0<y_k<1(1\leqq k<m)\mathrm{.}$$(3)$$r={\displaystyle \frac{c-\sqrt{c^2-4}}{2}},{\varphi }_k=r^{m-k}$$とおく。$0<r<1,r+r^{-1}=c$ だから$$a_k{\varphi }_k-{\varphi }_{k-1}-{\varphi }_{k+1}={\varphi }_k(a_k-r-r^{-1})\geqq 0.$$$w_k={\varphi }_k-x_k$ は $w_0=r^m>0,w_m=0$ を満たし、
離散最大値原理により内部で $w_k>0$ となる。ゆえに$$x_k<r^{m-k}(1\leqq k<m)\mathrm{.}$$$r$ は $c$ だけで決まり、$m$ には依存しない。