解説

方針・初手

$\alpha,\beta$ は方程式 $x^2-x-1=0$ の解であるから、解と係数の関係より

$$ \alpha+\beta=1,\qquad \alpha\beta=-1 $$

が成り立つ。また、$\alpha,\beta$ はともに

$$ t^2=t+1 $$

を満たす。これを用いると $c_n=\alpha^n+\beta^n$ の漸化式が得られる。

その後、$c_1,c_2,c_3,c_4$ を求めれば、（2）、（3） は具体的な2次関数の問題になる。

解法1

**(1)**

$\alpha,\beta$ は $x^2-x-1=0$ の解であるから、

$$ \alpha^2=\alpha+1,\qquad \beta^2=\beta+1 $$

である。したがって、$n\geqq 2$ のとき

$$ \begin{aligned} c_{n+1} &=\alpha^{n+1}+\beta^{n+1} \\ &=\alpha^{n-1}\alpha^2+\beta^{n-1}\beta^2 \\ &=\alpha^{n-1}(\alpha+1)+\beta^{n-1}(\beta+1) \\ &=(\alpha^n+\beta^n)+(\alpha^{n-1}+\beta^{n-1}) \\ &=c_n+c_{n-1} \end{aligned} $$

となる。よって

$$ c_{n+1}=c_n+c_{n-1} $$

が示された。

**(2)**

まず

$$ c_1=\alpha+\beta=1 $$

である。また、

$$ \begin{aligned} c_2 &=\alpha^2+\beta^2 \\ &=(\alpha+\beta)^2-2\alpha\beta \\ &=1^2-2(-1)=3 \end{aligned} $$

である。

さらに （1） の結果より

$$ c_3=c_2+c_1=3+1=4,\qquad c_4=c_3+c_2=4+3=7 $$

となる。

したがって与えられた曲線は

$$ y=c_1x^2-c_2x-c_4=x^2-3x-7 $$

である。平方完成すると

$$ \begin{aligned} y &=x^2-3x-7 \\ &=\left(x-\frac{3}{2}\right)^2-\frac{9}{4}-7 \\ &=\left(x-\frac{3}{2}\right)^2-\frac{37}{4} \end{aligned} $$

よって頂点は

$$ \left(\frac{3}{2},-\frac{37}{4}\right) $$

である。

**(3)**

このとき

$$ y=c_1x^2-c_3x+c_2=x^2-4x+3 $$

である。因数分解すると

$$ y=(x-1)(x-3) $$

となるので、$x$ 軸との交点は $x=1,3$ である。

また、上に開く放物線であるから、$1\leqq x\leqq 3$ では $y\leqq 0$ となる。したがって、求める面積 $S$ は

$$ S=\int_1^3 -(x^2-4x+3),dx $$

である。計算すると

$$ \begin{aligned} S &=\int_1^3 (-x^2+4x-3),dx \\ &=\left[-\frac{x^3}{3}+2x^2-3x\right]_1^3 \\ &=0-\left(-\frac{1}{3}+2-3\right) \\ &=\frac{4}{3} \end{aligned} $$

よって面積は

$$ \frac{4}{3} $$

である。

解説

この問題の核は、$\alpha,\beta$ が方程式 $x^2-x-1=0$ の解であることから

$$ \alpha^2=\alpha+1,\qquad \beta^2=\beta+1 $$

を使える点にある。これにより $c_n=\alpha^n+\beta^n$ にフィボナッチ型の漸化式が生じる。

（2）、（3） はこの漸化式または解と係数の関係で $c_1,c_2,c_3,c_4$ を具体的に出せば、通常の2次関数の頂点・面積の計算に帰着する。特に （3） では、放物線が $x$ 軸の下側にある区間を確認してから積分することが重要である。

答え

**(1)**

$$ c_{n+1}=c_n+c_{n-1}\qquad (n\geqq 2) $$

**(2)**

頂点は

$$ \left(\frac{3}{2},-\frac{37}{4}\right) $$

**(3)**

面積は

$$ \frac{4}{3} $$