数学3 数列･極限 問題 3 解説

方針・初手

• 与えられた漸化式 $a_{n+1} = \sqrt{2+a_n}$ を変形すると $a_{n+1}^2 - 1 = a_n + 1$ が得られる。これと対数の性質を利用して式を簡略化する。
• 数列の各項の範囲を数学的帰納法で評価し、対数の真数条件や(2)の不等式の片側（$2-a_n > 0$）をあらかじめ示しておく。
• (2) の右側の不等式は、分子の有理化の逆のような変形 $2-a_{n+1} = 2-\sqrt{2+a_n}$ から差分を評価する。
• (3) は(1)の操作を一般の $N$ 項まで拡張し、部分和を求めてから極限をとる。

解法1

まずは準備として、すべての正の整数 $n$ において $1 < a_n < 2$ が成り立つことを、数学的帰納法を用いて示す。

(i) $n=1$ のとき $a_1 = \sqrt{2}$ であり、$1 < \sqrt{2} < 2$ は成り立つ。

(ii) $n=k$ のとき $1 < a_k < 2$ が成り立つと仮定する。 漸化式 $a_{k+1} = \sqrt{2+a_k}$ において、仮定より $3 < 2+a_k < 4$ である。 各辺の正の平方根をとると、

$$\sqrt{3} < \sqrt{2+a_k} < 2$$

$\sqrt{3} > 1$ であるから、$1 < a_{k+1} < 2$ となり、$n=k+1$ のときも成り立つ。

(i), (ii) より、すべての正の整数 $n$ に対して $1 < a_n < 2$ が成り立つ。 これにより、問題に登場するすべての対数の真数は正であることが保証され、また $2 - a_n > 0$ も同時に成り立つ。

(1) 漸化式 $a_{n+1} = \sqrt{2+a_n}$ の両辺を2乗して1を引くと、

$$a_{n+1}^2 - 1 = a_n + 1$$

が成り立つ。対数の和の性質 $\log X + \log Y = \log(XY)$ を用いて与式を変形する。

$$\begin{aligned} \text{与式} &= \log(a_1 - 1) + \log(a_2 - 1) + \log \{ (a_3 - 1)(a_3 + 1) \} \\ &= \log(a_1 - 1) + \log(a_2 - 1) + \log(a_3^2 - 1) \end{aligned}$$

ここで先ほどの漸化式の変形から $a_3^2 - 1 = a_2 + 1$ となるため、

$$\begin{aligned} \text{与式} &= \log(a_1 - 1) + \log(a_2 - 1) + \log(a_2 + 1) \\ &= \log(a_1 - 1) + \log \{ (a_2 - 1)(a_2 + 1) \} \\ &= \log(a_1 - 1) + \log(a_2^2 - 1) \end{aligned}$$

同様に $a_2^2 - 1 = a_1 + 1$ であるから、

$$\begin{aligned} \text{与式} &= \log(a_1 - 1) + \log(a_1 + 1) \\ &= \log(a_1^2 - 1) \end{aligned}$$

$a_1 = \sqrt{2}$ より $a_1^2 = 2$ であるため、与式の値は $\log 1 = 0$ となる。

(2) 冒頭の帰納法により $1 < a_n < 2$ であるから、左側の不等式 $0 < 2 - a_n$ はすでに示されている。 右側の不等式 $2 - a_n < \frac{1}{2^{n-1}}$ を示す。

漸化式を用いて $2 - a_{n+1}$ を変形する。

$$\begin{aligned} 2 - a_{n+1} &= 2 - \sqrt{2+a_n} \\ &= \frac{(2 - \sqrt{2+a_n})(2 + \sqrt{2+a_n})}{2 + \sqrt{2+a_n}} \\ &= \frac{4 - (2+a_n)}{2 + \sqrt{2+a_n}} \\ &= \frac{2 - a_n}{2 + \sqrt{2+a_n}} \end{aligned}$$

ここで $a_n > 0$ より $\sqrt{2+a_n} > \sqrt{2} > 0$ であるから、分母について $2 + \sqrt{2+a_n} > 2$ が成り立つ。したがって、

$$2 - a_{n+1} < \frac{2 - a_n}{2} = \frac{1}{2} (2 - a_n)$$

この不等式を繰り返し用いると、

$$\begin{aligned} 2 - a_n &< \frac{1}{2} (2 - a_{n-1}) \\ &< \left(\frac{1}{2}\right)^2 (2 - a_{n-2}) \\ &\ \ \vdots \\ &< \left(\frac{1}{2}\right)^{n-1} (2 - a_1) \end{aligned}$$

ここで $2 - a_1 = 2 - \sqrt{2}$ であり、$1.4 < \sqrt{2} < 1.5$ より $2 - \sqrt{2} < 1$ であるから、

$$2 - a_n < \left(\frac{1}{2}\right)^{n-1} \cdot 1 = \frac{1}{2^{n-1}}$$

となり、右側の不等式も示された。以上より、すべての正の整数 $n$ について与えられた不等式が成り立つ。

(3) 無限級数の第 $N$ 部分和を $S_N$ とおく。

$$S_N = \sum_{n=1}^N \log(a_n - 1)$$

(1) の計算過程から類推し、$S_N$ に $\log(a_N + 1)$ を加えた式を評価する。

$$\begin{aligned} S_N + \log(a_N + 1) &= \left\{ \sum_{n=1}^{N-1} \log(a_n - 1) \right\} + \log(a_N - 1) + \log(a_N + 1) \\ &= \sum_{n=1}^{N-1} \log(a_n - 1) + \log(a_N^2 - 1) \\ &= \sum_{n=1}^{N-1} \log(a_n - 1) + \log(a_{N-1} + 1) \end{aligned}$$

この変形を繰り返すことで、項が次々と整理される。

$$\begin{aligned} S_N + \log(a_N + 1) &= \sum_{n=1}^{N-2} \log(a_n - 1) + \log(a_{N-2} + 1) \\ &\ \ \vdots \\ &= \log(a_1 - 1) + \log(a_1 + 1) \\ &= \log(a_1^2 - 1) \\ &= \log 1 \\ &= 0 \end{aligned}$$

したがって、$S_N = -\log(a_N + 1)$ となる。 求める無限級数の和は $\lim_{N \to \infty} S_N$ である。

(2) の結果より、

$$0 < 2 - a_N < \frac{1}{2^{N-1}}$$

$N \to \infty$ のとき $\frac{1}{2^{N-1}} \to 0$ であるから、はさみうちの原理より、

$$\lim_{N \to \infty} (2 - a_N) = 0$$

すなわち $\lim_{N \to \infty} a_N = 2$ である。 よって、無限級数の和は次のように求まる。

$$\begin{aligned} \lim_{N \to \infty} S_N &= \lim_{N \to \infty} \{ -\log(a_N + 1) \} \\ &= -\log(2 + 1) \\ &= -\log 3 \end{aligned}$$

解説

• (1)の具体的な計算を通じて、$\log(a_k - 1) + \log(a_k + 1) = \log(a_{k-1} + 1)$ という「次々と消去される構造（telescoping sum）」に気づかせ、それを(3)で一般化させる良問である。
• 数列の極限を求める際に、(2)のようにはさみうちの原理の準備となる不等式を証明する流れは頻出パターンである。漸化式に根号が含まれる場合は、分子の有理化を利用して差分 $2-a_n$ や $\alpha - a_n$（$\alpha$ は極限値）を評価するのが定石となる。
• 対数を扱う問題では、真数条件（今回の場合は $a_n > 1$）の確認を怠らないよう注意が必要である。

答え

(1) $0$

(2) 略（解法1参照）

(3) $-\log 3$