方針の立て方

(1)
$f\left(0\right)$ の値については特筆事項なし． $f\left(2\alpha\right)$ については，何とか $\alpha,\beta$ に代入して， $f\left(2\alpha\right)$ を作り出すことを考える．すると $f\left(\alpha+\beta\right)$ が $f\left(2\alpha\right)$ となるようにすると，他の項は $f\left(\alpha\right)$ や $f\left(0\right)$ となるから扱いやすい．

(2)(3)
典型問題であり特筆事項なし．回答欄の形式から，複雑な式は簡単にまとまるのではないかと考える．すると， $2f\left(\alpha\right)f\left(\beta\right)=f\left(\alpha+\beta\right)+f\left(\alpha-\beta\right)$ を使うことが思いつく．

(4)については解説の通り．

解答例

(10) $1$
(11) $2$
(12)(13) $-1$
(14)(15) $-2$
(16) $2$
(17) $2$
(18)(19) $-1$
(20) $2$
(21) $3$
(22) $2$
(23) $1$
(24)(25) $-1$
(26) $2$
(27) $1$
(28) $1$
(29)(30) $-1$
(31)(32) $01$
(33)(34) $-1$
(35) $2$

解説

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(1)
〇 $f\left(0\right)$ ((10)について)
$\alpha=\beta=0$ を代入すると，
$f\left(0\right)\geqq1,2f\left(0\right)f\left(0\right)=f\left(0\right)+f\left(0\right)\Leftrightarrow f\left(0\right)\geqq1,f\left(0\right)=1$
$\therefore f\left(0\right)=1$ ……(答)
〇 $f\left(2\alpha\right)$ ((11)～(13)について)
$\alpha=\beta$ を代入すると， $f\left(0\right)=1$ より，
$f\left(\alpha\right)\geqq1,2f\left(\alpha\right)f\left(\alpha\right)=f\left(2\alpha\right)+f\left(0\right)\Leftrightarrow f\left(\alpha\right)\geqq1,f\left(2\alpha\right)=2\left\{f\left(\alpha\right)\right\}^2-1$
$\therefore f\left(2\alpha\right)=2\left\{f\left(\alpha\right)\right\}^2-1$ ……(答)

(2)
$\left(x+\frac{1}{x}\right)^2=x^2+2+\frac{1}{x^2}\Leftrightarrow x^2+\frac{1}{x^2}=\left(x+\frac{1}{x}\right)^2-2$ ……(答)
これと， $f\left(2\alpha\right)=2\left\{f\left(\alpha\right)\right\}^2-1\Leftrightarrow\left\{f\left(\alpha\right)\right\}^2=\frac{f\left(2\alpha\right)+1}{2}$ より，
$x^2+\frac{1}{x^2}=\left\{2f\left(\alpha\right)\right\}^2-2=4\left\{f\left(\alpha\right)\right\}^2-2=4\cdot\frac{f\left(2\alpha\right)+1}{2}-2=2f\left(2\alpha\right)$ ……(答)

(3)
$\left(x^2+\frac{1}{x^2}\right)\left(x+\frac{1}{x}\right)=x^3+\frac{1}{x^3}+x+\frac{1}{x}\Leftrightarrow x^3+\frac{1}{x^3}=\left(x^2+\frac{1}{x^2}\right)\left(x+\frac{1}{x}\right)-1\left(x+\frac{1}{x}\right)$ ……(答)
これと， $2f\left(\alpha\right)f\left(\beta\right)=f\left(\alpha+\beta\right)+f\left(\alpha-\beta\right)$ で $\alpha\rightarrow2\alpha,\beta\rightarrow\alpha$ とした式： $2f\left(2\alpha\right)f\left(\alpha\right)=f\left(3\alpha\right)+f\left(\alpha\right)\Leftrightarrow f\left(3\alpha\right)=2f\left(2\alpha\right)f\left(\alpha\right)-f\left(\alpha\right)$ を用いれば，
$x^3+\frac{1}{x^3}=2f\left(2\alpha\right)\cdot2f\left(\alpha\right)-1\cdot2f\left(\alpha\right)=2\left\{2f\left(2\alpha\right)f\left(\alpha\right)-f\left(\alpha\right)\right\}=2f\left(3\alpha\right)$ ……(答)

(4)
(2)と(3)より，
$x^n+\frac{1}{x^n}=2f\left(n\alpha\right)$ ……(答)
が成り立つと推測できる．
$n=k-1,k$ での①の成立が仮定されているため，
$x^{k-1}+\frac{1}{x^{k-1}}=2f\left(\left\{k-1\right\}\alpha\right)$
$x^k+\frac{1}{x^k}=2f\left(k\alpha\right)$
が仮定されている．
ここで，
$\left(x^k+\frac{1}{x^k}\right)\left(x+\frac{1}{x}\right)=x^{k+1}+\frac{1}{x^{k+1}}+x^{k-1}+\frac{1}{x^{k-1}}\Leftrightarrow x^{k+1}+\frac{1}{x^{k+1}}=\left(x^k+\frac{1}{x^k}\right)\left(x+\frac{1}{x}\right)-1\left(x^{k-1}+\frac{1}{x^{k-1}}\right)$ ……(答)
と， $2f\left(\alpha\right)f\left(\beta\right)=f\left(\alpha+\beta\right)+f\left(\alpha-\beta\right)で\alpha\rightarrow k\alpha,\beta\rightarrow\alpha$ とした式： $2f\left(k\alpha\right)f\left(\alpha\right)=f\left(\left\{k+1\right\}\alpha\right)+f\left(\left\{k-1\right\}\alpha\right)\Leftrightarrow f\left(\left\{k+1\right\}\alpha\right)=2f\left(k\alpha\right)f\left(\alpha\right)-f\left(\left\{k-1\right\}\alpha\right)$ を用いれば，
$x^{k+1}+\frac{1}{x^{k+1}}=2f\left(k\alpha\right)\cdot2f\left(\alpha\right)-1\cdot2f\left(\left\{k-1\right\}\alpha\right)=2\left[2f\left(k\alpha\right)f\left(\alpha\right)-f\left(\left\{k-1\right\}\alpha\right)\right]=2f\left(\left\{k+1\right\}\alpha\right)$ ……(答)
が成り立つと分かる．

(5)
$f\left(\left\{k+1\right\}\alpha\right)=2f\left(k\alpha\right)f\left(\alpha\right)-f\left(\left\{k-1\right\}\alpha\right)\Leftrightarrow f\left(k\alpha\right)=\frac{f\left(\left\{k-1\right\}\alpha\right)+f\left(\left\{k+1\right\}\alpha\right)}{2f\left(\alpha\right)}$
より，
$\sum_{k=1}^{n-1}f\left(k\alpha\right)=\sum_{k=1}^{n-1}\frac{f\left(\left\{k-1\right\}\alpha\right)+f\left(\left\{k+1\right\}\alpha\right)}{2f\left(\alpha\right)}=\frac{f\left(0\right)+f\left(\alpha\right)+2f\left(2\alpha\right)+2f\left(3\alpha\right)+\cdots\cdots+f\left(\left\{n-1\right\}\alpha\right)+f\left(n\alpha\right)}{2f\left(\alpha\right)}=\frac{2\sum_{k=1}^{n-1}f\left(k\alpha\right)+f\left(0\right)+f\left(n\alpha\right)-f\left(\alpha\right)-f\left(\left\{n-1\right\}\alpha\right)}{2f\left(\alpha\right)}\Leftrightarrow\sum_{k=1}^{n-1}f\left(k\alpha\right)=\frac{1-f\left(\alpha\right)-f\left(\left\{n-1\right\}\alpha\right)+f\left(n\alpha\right)}{2\left\{f\left(\alpha\right)-1\right\}}$
$f\left(0\right)=1$ を用いれば，
$\therefore S_n=f\left(0\right)+\frac{1-f\left(\alpha\right)-f\left(\left\{n-1\right\}\alpha\right)+f\left(n\alpha\right)}{2\left\{f\left(\alpha\right)-1\right\}}=\frac{1-f\left(\alpha\right)+f\left(\left\{n-1\right\}\alpha\right)-f\left(n\alpha\right)}{2\left\{1-f\left(\alpha\right)\right\}}$