階段の昇り方の数列（2021年浜松医科大学前期数学第3問）

解答例

（１）

$n$段目に到達する直前に $n-1$ 段目にいるとき、そこまでの階段の登り方は$a_{n-1}$通りであり、$n-1$ 段目から$n$段目への登り方は1通りしかないから、$$\color{red}{b_{n}=a_{n-1}}$$である。

また、$n$段目に到達するまでに $n-1$ 段目を踏まないとき、階段を一度に1段登る、または1段飛ばして登ることしかできないから、$n$段目に到達する直前は必ず $n-2$ 段目にいる。そこまでの階段の登り方は$a_{n-2}$通りであり、$n-2$ 段目から $n-1$ 段目を踏まないように$n$段目へ登る方法は1通りしかないから、$$\color{red}{c_{n}=a_{n-2}}$$である。

（２）

$a_{n}=b_{n}+c_{n}$ だから（１）より、$n \geqq 3$ のとき$$a_{n}=a_{n-1}+a_{n-2} \quad \cdots (*)$$が成り立つ。

ここで、$\displaystyle \lim _{n \rightarrow \infty} \dfrac{a_{n+1}}{a_{n}}=L$（$L$ は正の定数）とおくと、$$\begin{aligned}
L &=\lim _{n \rightarrow \infty} \frac{a_{n+1}}{a_{n}} \\
&=\lim _{n \rightarrow \infty} \frac{a_{n}+a_{n-1}}{a_{n}} \quad (\because (*))\\
&=\lim _{n \rightarrow \infty}\left(1+\frac{a_{n-1}}{a_{n}}\right) \\
&=1+\frac{1}{L} \quad \left(\because \displaystyle \lim _{n \rightarrow \infty} \dfrac{a_{n}}{a_{n-1}}=L\right)
\end{aligned}$$より、$$L^2-L-1=0$$ $$\therefore L=\dfrac{1+\sqrt{5}}{2} \quad (\because L>0)$$を得る。よって求める極限値は$$\color{red}{\dfrac{1+\sqrt{5}}{2}}$$である。

（３）

$n \geqq 2$ のとき、$2n$段目までの登り方について、$n$段目を踏むかどうかで場合を分けて考える。

$n$段目を踏むような登り方のとき、$n$段目までの登り方は$a_n$通りであり、$n$段目から$2n$段目までの登り方は$n$段目までの登り方の総数に等しく$a_n$通りとなる。よって$2n$段目までの登り方のうち、$n$段目を踏むような登り方は$a_n^2$通りである。

一方、$2n$段目までの登り方のうち、$n$段目を踏まない登り方は、$n-1$ 段目までの登り方が$a_{n-1}$通りであり、$n-1$ 段目から $n+1$ 段目への登り方は1通り、$n+1$ 段目から$2n$段目までの登り方は $n-1$ 段目までの登り方の総数に等しく$a_{n-1}$通りとなる。

$2n$段目までの登り方は、$n$段目を踏む登り方と、$n$段目を踏まない登り方の2パターンしかないから、以上ですべての場合を尽くしている。

よって、$n \geqq 2$ において、$$\begin{aligned}
a_{2 n} &=a_{n} \cdot a_{n}+a_{n-1} \cdot 1 \cdot a_{n-1} \\
&=a_{n}^{2}+a_{n-1}^{2}
\end{aligned}$$が成立することが示された。

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