第１９問．ちゃあこさんの問題の解答

１．問題

P0=1、P1=1、Pn=6×Pn-1-Pn-2で作られる数列 、
すなわち1,1,5,29,169,985‥‥‥ について
この数列の各項の二乗は、必ずある連続する２つの整数の二乗の和に表されることを示して下さい。
（例）12=02+12、52=32+42、292=202+212

２．解答例1（ちゃめさん、サンデー毎日願望男さん、清川育男さん他）

（補題）Fn+aFn-1+bFn-2=0で作られる数列fn の一般項は、
　　x2+ax+b=0の２根α、βを用いて、Fn=Aαn+Bβnと表される。（A,Bは定数）
また、逆も成り立つ。

（注）x2+ax+b=0は、重根を持たないことにします。
　　　重根を持つ場合は、Fn=(Aα+B)αnとなります。

Pn-6Pn-1+Pn-2=0だから、
補題より、x2-6x+1=0の２根α=3+2√2、β=3-2√2を用いて、
Pn=Aαn+Bβnと表される。
P0=A+B=1、P1=Aα+Bβより、A=（1-β)/(α-β)、B=（α-1)/(α-β)。

さて、Pn2=Qn2+(Qn+1)2　・・・（３）　をQnについて解くと、
Qn=（(2Pn2-1)1/2-1)/2を得ます。

2Pn2-1=2(Aαn+Bβn)2-1
　　　　=2(A2α2n+2ABαnβn+β2n)-1

ここで、根と係数の関係より、α+β=６、αβ=１、
および、AB=（1-β)（α-1)/(α-β)2=（α+β-αβ-1)/((α+β)2-4αβ)=1/8より、
2Pn2-1=2(A2α2n+2/8+β2n)-1
　　　　=2(A2α2n-2/8+β2n)
　　　　=2(Aαn-Bβn)2

n≧1のとき、Aαn-Bβn＞0が容易に示されるので、
Qn=（21/2(Aαn-Bβn)-1)/2となります。

ここで、C=√2A、D=√2Bとおくと、
Qn=（Cαn-Dβn-1)/2、Cαn-Dβn=2Qn+1となる。

補題より、(2Qn+1)-6(2Qn-1+1)+(2Qn-2+1)=0、
よって、Qn=6Qn-1-Qn-2+2 ・・・（４） となります。

C=√2A=√2（1-β)/(α-β)=√2（1-β)/4√2=（1-β)/4
D=√2B=√2（α-1)/(α-β)=√2（α-1)/4√2=（α-1)/4なので、
Q0=（α（1-β)/4-β（α-1)/4-1)/2
　=(α+β-2αβ-4)/8
　=(6-2-4)/4
　=0
Q1=（α2（1-β)/4-β2（α-1)/4-1)/2
　=((α+β)2-2αβ-αβ(α+β)-4)/8
　=(62-2×1-1×6-4)/8
　=3

以下、（４）より、
Q2=6×3-0+2=20、Q3=6×20-3+2=119、Q4=6×119-20+2=696、 ・・・
と全て整数になります。

よって、（３）は、n=0、1、2、・・・なる全てのPnについて、
Pn2=Qn2+(Qn+1)2が成り立つ整数Qnが存在するが示された。

以上

３．解答例２（中学への算数学コンさん、tomhさん他）

(１) 
最初に二つの数列Qn、Rn、
　　ただし、Q0=0、Q1=1、Qn=2Qn-1+Qn-2、R0=1,Rn=Qn-1
によって、Pn=Qn2 +Rn2 ・・・（１）と表されることを数学的帰納法を使って示す。

・n= 0、 1、 2のとき：
　P0=1=Q02 +R02= 0+1、 P1=1=Q12 +R12 = 1+0、P2=5=Q22 +R22 = 4+1
 となり、（１）は成り立つ。　

・n≦k（ただしk≧２）のとき、(１) が成り立つと仮定する。

　　Qk+12＋Rk+12
　＝(2Qk＋Qk-1)2＋Qk2
　＝5Qk2＋4QkQk-1＋Qk-12
　＝6Qk2＋6Qk-12−Qk-12 −（Qk-2Qk-1）2
　＝6Qk2＋6Rk2−Qk-12 −Rk-22 
　＝6(Qk2＋Rk2）−(Qk-12 ＋Rk-22 ）
　＝ 6Pk -Pk-1
　＝ Pk+1

となり、n=k+1 のときも (１)は成り立つ。

よって、帰納法により、n≧０以上の整数ｎに対して、(1) は成り立つ。

(２) Pnの二乗を評価する。

 Pn2＝ （Qn2 +Rn2）2＝ （Qn2 −Rn2）2＋（2QnRn）2.

よて、 Pnの二乗は二つの整数Qn2 −Rn2と 2QnRnの二乗の和で表すことができる。

また、Qn−Rn＝Qn−Qn-1で、Qnが単調増加の数列だから、
　　　Qn−Rn≧0 （ただしn≧１）。

(３) 最後にSn＝（Qn2 −Rn2）− 2QnRn＝(-1)n+1 …(３)であることを示す。
・n=0、１ のとき：
　S0＝ 02 -12-2・0・１ = -1、S1= 12 −02−２・１・0 = 1となり、(３) は成り立つ。

・n≧k（k≦１）のとき、(３) が成り立つと仮定する。

　（Qk+12 −Rk+12）− 2Qk+1Rk+1
＝（2Qk＋Qk-1）2−Qk2 −（2Qk＋Qk-1）Qk
＝ −Qk2 ＋Qk-12＋2QkQk-1
＝ −（Qk2 −Qk-12−2QkQk-1）
＝-Sk
＝ -(-1)k+1
＝ (-1)k+2
となり、n=k+1 のときも (3)は成り立つ。
よって、帰納法により、０以上の整数ｎに対して、(３) は成り立つ。

これは、二つの整数 Qn2 −Rn2と 2QnRnの差（絶対値）が常に１であることを示している。

以上から、Pnは二つの連続した整数の二乗の和で表すことができる。

（補題の証明）

ここでは重根を持たない場合のみ考えます。

根と係数の関係から、α+β=-a、αβ=bが成り立ちます。
よって漸化式は、Fn-(α+β)Fn-1+αβFn-2=0となります。

これから、Fn-αFn-1=β(Fn-1-αFn-2)と変形できるので、
Fn-αFn-1は公比βの等比数列となります。
初項f(1)-αf(0)をCとおくと、Fn-αFn-1=Cβn-1　・・（１）　となります。

同様に、Fn-βFn-1=α(Fn-1-βFn-2)とも変形できるので、
　Fn-βFn-1=Dαn-1　・・（２） となります。

（１）×β-（２）×αより、(β-α)Fn=Ｃβn-Dαn、
よって、Fn=(D/(α-β))αn＋(-C/(α-β))βnとなります。

逆に、Fn=Aαn+Bβnのとき、
　Fn+aFn-1+bFn-2
=(Aαn+Bβn)+a(Aαn-1+Bβn-1)+b(Aαn-2+Bβn-2)
=Aαn-2(α2+aα+b)+Bβn-2(β2+aβ+b)
=0

（証明終わり）