当ＨＰがいつもお世話になっているＨＮ「よおすけ」さんからの出題です。
（令和５年４月１６日付け）
次の(選択問題A)、(選択問題B)のうち、どちらか一題を選んで答えよ。
(選択問題A)
ｐ を正の整数とする。α、βは ｘ に関する方程式 ｘ2−２ｐｘ−１＝０ の２つの解で、|α|＞1
であるとする。
(1) すべての正の整数ｎに対し、αn＋βn は整数であり、さらに偶数であることを証明せよ。
(2) 極限 limn→∞((−α)n(ｓｉｎ(αnπ))) を求めよ。
(選択問題B)
ｐ を正の整数とする。ｘ に関する方程式 ｘ2−２ｐｘ−１＝０ の２つの解を |α|＞1 なるα、
βとするとき、
極限 limn→∞((−α)n(ｓｉｎ(αnπ))) を求めよ。
（出典） （選択問題A）は、2020年京都大学前期理系。（選択問題B）は、（選択問題A）の小
問をなくした改題
（答） (選択問題A)を解答すれば、(選択問題Ｂ)は明らかだろう。
（１） α、βは x に関する方程式 ｘ2−２ｐｘ−１＝０ の２つの解なので、解と係数の関係から、
α＋β＝２ｐ 、αβ＝−１
数学的帰納法により、
命題：すべての正の整数ｎに対し、αn＋βn は整数であり、さらに偶数である
が真であることを示す。
ｎ＝１のとき、 αn＋βn＝α＋β＝２ｐ は整数であり、さらに偶数であるので、
ｎ＝１のとき命題は成り立つ。
ｎ＝２のとき、 αn＋βn＝α2＋β2＝（α＋β）2−２αβ＝４ｐ2＋２＝２（２ｐ2＋１） は
整数であり、さらに偶数であるので、命題はｎ＝２のとき成り立つ。
ｎ＝ｋ、ｎ＝ｋ＋１（ｋ≧１）のとき、命題が成り立つと仮定する。
すなわち、 αｋ＋βｋ 、αｋ+1＋βｋ+1 は整数であり、さらに偶数であるとする。
このとき、
αｋ+2＋βｋ+2
＝（α＋β）（αｋ+1＋βｋ+1）−αβ（αｋ＋βｋ）＝２ｐ（αｋ+1＋βｋ+1）＋（αｋ＋βｋ）
において、帰納法の仮定から、αｋ+2＋βｋ+2 は整数であり、さらに偶数である。
よって、ｎ＝ｋ＋２ のときも命題は成り立つ。
以上から、すべての正の整数ｎに対し、命題は成り立つ。
（２） (−α)n(ｓｉｎ(αnπ))＝（−１）n・αn・ｓｉｎ(（αn＋βn）π−βnπ)
（１）より、αn＋βn は偶数なので、 ｓｉｎ(（αn＋βn）π−βnπ)＝−ｓｉｎ(βnπ)
さらに、αβ＝−１ より、 α＝−１/β すなわち、 αn＝（−１）n/βn
以上から、 (−α)n(ｓｉｎ(αnπ))＝−（ｓｉｎ(βnπ)）/βn
ここで、 βn＝θ とおくと、 ｜β｜＝１/｜α｜＜１ なので、ｎ→∞ のとき、 θ→０
したがって、
与式＝limθ→０(−ｓｉｎ(θπ)/θ)＝limθ→０(−π（ｓｉｎ(θπ)）/（θπ）)＝−π （終）
DD++ さんからのコメントです。（令和５年４月１７日付け）
α^n + β^n について、直接は調べない方針で．．．。
まず、0 以上の任意の整数 n について、
cos(α^n*π) = cos(β^n*π) 、sin(α^n*π) = −sin(β^n*π)
が成り立つことを数学的帰納法で示します。
(i) n = 0 のとき、 cos(α^n*π) = cos(π) = 1 、cos(β^n*π) = cos(π) = 1
sin(α^n*π) = sin(π) = 0 、−sin(β^n*π) = −sin(π) = 0
より、成立します。
(ii) n = 1 のとき、解と係数の関係より、 β = 2p - α なので、
cos(α^n*π) = cos(απ) 、cos(β^n*π) = cos(βπ) = cos(2pπ-απ) = cos(απ)
sin(α^n*π) = sin(απ) 、−sin(β^n*π) = −sin(βπ) = −sin(2pπ-απ) = sin(απ)
より、成立します。
(iii) n = k、k+1 の場合に等式が成立すると仮定して、n = k+2 の場合を考えます。
cos(α^(k+1)*π) = cos(β^(k+1)*π) 、sin(α^(k+1)*π) = −sin(β^(k+1)*π)
が成り立つので、任意の実数θに対して、
cos(θ+α^(k+1)*π)
= cos(θ) cos(α^(k+1)*π) - sin(θ) sin(α^(k+1)*π)
= cos(θ) cos(β^(k+1)*π) + sin(θ) sin(β^(k+1)*π)
= cos(θ-β^(k+1)*π)
が成り立ちます。よって、
cos(2p*α^(k+1)*π)
= cos((2p-1)*α^(k+1)*π-β^(k+1)*π) （← θ＝(2p-1)*α^(k+1)*π）
= cos((2p-2)*α^(k+1)*π-2*β^(k+1)*π) （← θ＝(2p-2)*α^(k+1)*π-β^(k+1)*π）
= cos((2p-3)*α^(k+1)*π-3*β^(k+1)*π) （← θ＝(2p-2)*α^(k+1)*π-2*β^(k+1)*π）
= ……
= cos(α^(k+1)*π-(2p-1)*β^(k+1)*π)
= cos(-2p*β^(k+1)*π)
= cos(2p*β^(k+1)*π)
同様に、 sin(2p*α^(k+1)*π) = −sin(2p*β^(k+1)*π) も示されます。
これらと、α^2 = 2pα + 1, β^2 = 2pβ + 1 を用いると
cos(α^(k+2)*π)
= cos(α^k*(2pα+1)*π)
= cos(2p*α^(k+1)*π+α^k*π)
= cos(2p*α^(k+1)*π) cos(α^k*π) - sin(2p*α^(k+1)*π) sin(α^k*π)
= cos(2p*β^(k+1)*π) cos(β^k*π) - sin(2p*β^(k+1)*π) sin(β^k*π)
= cos(2p*β^(k+1)*π+β^k*π)
= cos(β^k*(2pα+1)*π)
= cos(β^(k+2)*π)
sin(α^(k+2)*π) = −sin(β^(k+2)*π) も同様に示されます。
よって、n = k、k+1 の場合に等式が成立すると仮定すると、n = k+2 の場合も成立します。
以上、(i)、(ii)、(iii) より、0 以上の任意の整数 n について、
cos(α^n*π) = cos(β^n*π) 、sin(α^n*π) = −sin(β^n*π)
が成り立つことが示されました。また、解と係数の関係から αβ = -1 で、|α| > 1 であるこ
とから、0＜|β|＜1 なので、
limn→∞ (−α)^n*sin(α^n*π)
= limn→∞ −(−α)^n*sin(β^n*π)
= limn→∞ −(−α)^n*β^n*π*sin(β^n*π)/(β^n*π)
= limn→∞ −π*sin(β^n*π)/(β^n*π)
= −π*1
= −π
（コメント） DD++ さんの解答を見て、出題者が「αn＋βn は整数であり、さらに偶数である」
ことをまず示させるという意図、善意が実感できました。DD++ さんに感謝します。
以下、工事中！