2円と軸に接する円の数列の漸化式、フィボナッチ数列の漸化式

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中心(0,\ 1),\ 半径1の円を$C₀$,\ 中心(2,\ 1),\ 半径1の円を$C₁$とする.\ $C₀$と$C_n$と$x$軸 に囲まれた部分にある$C₀$と$C_n$と$x$軸に接する円を順に$C_{n+1}$と定めていくとき, $C_n$の半径$r_n$を$n$を用いて表せ. 円と軸に接する円の数列と漸化式$ C₀とC₁とx軸に接する円がC₂,\ C₀とC₂とx軸に接する円がC₃,である. C₂,\ C₃,\ C₄,\ が,\ 第1図のようになっていくことをまず確認してほしい. {2円とその共通接線がある構図では,\ 直角三角形を作って三平方の定理}というのが基本方針であった. これは,\ 数\text Aの平面図形で学習済みである. 直角三角形を作るときのポイントは以下の3点である. {円の中心と接点を結んだ直線は,\ 共通接線と垂直に交わる.} {中心間を結ぶ.} {共通接線と平行な直線を引く.} 与えられた条件は,\ 円C_{n+1}が円C₀,\ 円C_n,\ x軸のすべてと接することである. この3個の円とx軸の位置関係は第2図のようになる. 第1図を拡大したものといえるが,\ わかりやすくするためにあえて縮尺を変えている. 2個の円で1つの直角三角形を作成できるから,\ {円が3個ある場合には3個の直角三角形ができる.} それぞれ,\ C₀とC_n,\ C₀とC_{n+1},\ C_nとC_{n+1}の組み合わせである. C_nの中心の座標をx_nと設定すると,\ 3つの三平方の定理の式~ができる. r_nを求めたいので,\ x_n,\ x_{n+1}を消去する. 最終的にr_nの漸化式を作成できるのだが,\ 途中の処理を適切に行う必要がある. 特に,\ {(x_n-x_{n+1})²を展開してしまわない}ことが重要である. 4r_nr_{n+1}=(2{r_n}-2{r_{n+1)²として,\ 両辺の2乗をはずせばよい. 通常はr_n-r_{n+1とすべきところであるが,\ 本問ではr_n>r_{n+1}は明らかである. さらに,\ {両辺を{r_nr_{n+1で割ることにより,\ 等差数列に帰着する.} やや技巧的にも思えるが,\ 調和数列型a_{n+1}a_n-da_{n+1}+da_n=0と同様の発想である. なお,\ x_n=2{r_n}=2nである. 実は,\ 本質的に同じだが,\ 別解のように考えて立式するとx_nを設定せずとも簡潔に漸化式を導ける. 中心(0,\ 1),\ 半径1の円を$C₁$,\ 中心(2,\ 1),\ 半径1の円を$C₂$とする.\ $C_n$と$C_{n+1}$と$x$軸 に囲まれた部分にある$C_n$と$C_{n+1}$と$x$軸に接する円を順に$C_{n+2}$と定めていくとき, $C_n$の半径$r_n$を$n$を用いて表せ. 大まかには前問と同様だが,\ 新たな円がどこにできるかが異なる. C₁とC₂とx軸に接する円がC₃,\ C₂とC₃とx軸に接する円がC₄,である. C₃,\ C₄,\ C₅,が,\ 第1図のようになっていくことをまず確認してほしい. 根本的な方針は前問と同様である.\ ただし,\ 簡単のために前問の別解の方法を採用した. 結局,\ {隣接3項間型漸化式a_{n+2}+pa_{n+1}+qa_n=0に帰着する}ので,\ 解法を確認する. まず,\ a_{n+2}=x²,\ a_{n+1}=x,\ a_n=1とした特性方程式を解き,\ その2解をα,\ βとする. すると,\ 2つの等比数列型\ 2式からa_{n+1}を消去すればよい. さて,\ r₁=r₂=1より,\ s₁=s₂=1である. よって,\ s_{n+2}=s_{n+1}+s_nによって定まる数列の一般項は 1,\ 1,\ 2,\ 3,\ 5,\ 8,\ 13,\ 21,\ ある項が直前の2項の和となっているこの数列は,\ {フィボナッチ数列}と呼ばれている. フィボナッチ数列の隣接3項間型漸化式には,\ 通常の隣接3項間型とは異なる特有の扱いがある. {解と係数の関係を利用する}ことにより,\ 一般項がa_n={β^n-α^n}{β-α}\ と簡潔に表せるのである. このa_nは{ビネの公式}と呼ばれている. s_{n+2}-α s_{n+1}=β(s_{n+1}-α s_n)より,\ {s_{n+1}-α s_n}は初項s₂-α s₁,\ 公比βの等比数列である. s₂-α s₁=1-αとなるが,\ α+β=1より1-α=βである. もっとも,\ 解と係数の関係を利用せず普通に求めてもほとんど手間は変わらない.
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