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数学3 数列･極限問題 14 解説

方針・初手

(1) は、与えられた漸化式に $n=1, 2, 3$ を順次代入して方程式を解き、$a_2, a_3, a_4$ を求める。その際、条件 $a_{n+1} > a_n$ に注意して解を絞り込む。 (2) は、漸化式の番号を1つ下げた式を用意して辺々を引き算することで、階差数列に関する漸化式を導くのが簡明である。(1) で求めた値から一般項を推測し、数学的帰納法で証明する手法も有効である。 (3) は、(2) で求めた $a_n$ を代入し、$\infty - \infty$ 型の極限となるため、分子の有理化を行って極限値を計算する。

解法1

(1)

与えられた漸化式は以下の通りである。

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

$n=1$ のとき、$a_1 = 2$ を代入すると、

$$(a_2 - 2)^2 = 2(a_2 + 2)$$

$$a_2^2 - 4a_2 + 4 = 2a_2 + 4$$

$$a_2^2 - 6a_2 = 0$$

$$a_2(a_2 - 6) = 0$$

条件 $a_2 > a_1 = 2$ を満たすのは $a_2 = 6$ である。

$n=2$ のとき、$a_2 = 6$ を代入すると、

$$(a_3 - 6)^2 = 2(a_3 + 6)$$

$$a_3^2 - 12a_3 + 36 = 2a_3 + 12$$

$$a_3^2 - 14a_3 + 24 = 0$$

$$(a_3 - 2)(a_3 - 12) = 0$$

条件 $a_3 > a_2 = 6$ を満たすのは $a_3 = 12$ である。

$n=3$ のとき、$a_3 = 12$ を代入すると、

$$(a_4 - 12)^2 = 2(a_4 + 12)$$

$$a_4^2 - 24a_4 + 144 = 2a_4 + 24$$

$$a_4^2 - 26a_4 + 120 = 0$$

$$(a_4 - 6)(a_4 - 20) = 0$$

条件 $a_4 > a_3 = 12$ を満たすのは $a_4 = 20$ である。

(2)

与えられた漸化式を番号を変えて2つ並べる。

$$(a_{n+1} - a_n)^2 = 2(a_{n+1} + a_n) \quad \cdots \text{①}$$

$n \geqq 2$ のとき、①の $n$ を $n-1$ に置き換えると、

$$(a_n - a_{n-1})^2 = 2(a_n + a_{n-1}) \quad \cdots \text{②}$$

①から②を辺々引くと、

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

左辺を和と差の積に因数分解する。

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

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

条件 $a_{n+1} > a_n$ より、数列 $\{a_n\}$ は単調増加である。したがって $a_{n+1} - a_{n-1} > 0$ となり、両辺を $a_{n+1} - a_{n-1}$ で割ることができる。

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

ここで、数列 $\{a_n\}$ の階差数列を $b_n = a_{n+1} - a_n$ とおくと、上の式は $b_n - b_{n-1} = 2$ となるため、数列 $\{b_n\}$ は公差 $2$ の等差数列である。初項 $b_1$ は、(1) の結果より、

$$b_1 = a_2 - a_1 = 6 - 2 = 4$$

したがって、数列 $\{b_n\}$ の一般項は、

$$b_n = 4 + (n - 1) \cdot 2 = 2n + 2$$

これを用いて、 $n \geqq 2$ のときの $a_n$ を求める。

$$\begin{aligned} a_n &= a_1 + \sum_{k=1}^{n-1} b_k \\ &= 2 + \sum_{k=1}^{n-1} (2k + 2) \\ &= 2 + 2 \cdot \frac{1}{2} n (n - 1) + 2(n - 1) \\ &= 2 + n^2 - n + 2n - 2 \\ &= n^2 + n \end{aligned}$$

この式に $n=1$ を代入すると $1^2 + 1 = 2$ となり、$a_1 = 2$ と一致する。したがって、すべての自然数 $n$ において $a_n = n^2 + n$ である。

(3)

(2) より $a_n = n^2 + n$ であるから、これを極限の式に代入する。

$$\lim_{n \to \infty} (\sqrt{a_{n+1}} - \sqrt{a_n}) = \lim_{n \to \infty} (\sqrt{(n+1)^2+(n+1)} - \sqrt{n^2+n})$$

$$= \lim_{n \to \infty} (\sqrt{n^2+3n+2} - \sqrt{n^2+n})$$

$\infty - \infty$ 型の不定形であるため、分子の有理化を行う。

$$= \lim_{n \to \infty} \frac{(n^2+3n+2) - (n^2+n)}{\sqrt{n^2+3n+2} + \sqrt{n^2+n}}$$

$$= \lim_{n \to \infty} \frac{2n+2}{\sqrt{n^2+3n+2} + \sqrt{n^2+n}}$$

分母分子を $n$ （$n > 0$ より $n = \sqrt{n^2}$ として根号の中は $n^2$ で割る）で割る。

$$= \lim_{n \to \infty} \frac{2 + \frac{2}{n}}{\sqrt{1 + \frac{3}{n} + \frac{2}{n^2}} + \sqrt{1 + \frac{1}{n}}}$$

$n \to \infty$ のとき、$\frac{1}{n} \to 0$、$\frac{1}{n^2} \to 0$ であるから、

$$= \frac{2 + 0}{\sqrt{1 + 0 + 0} + \sqrt{1 + 0}} = \frac{2}{2} = 1$$

解法2

(2)の別解：推測と数学的帰納法

(1) の結果を変形すると、以下のようになる。

$a_1 = 2 = 1 \cdot 2$ $a_2 = 6 = 2 \cdot 3$ $a_3 = 12 = 3 \cdot 4$ $a_4 = 20 = 4 \cdot 5$

これから、一般項は $a_n = n(n+1)$ であると推測できる。これを数学的帰納法で証明する。

(i) $n=1$ のとき $a_1 = 1(1+1) = 2$ となり、与えられた条件と一致するため成り立つ。

(ii) $n=k$ ($k$ は自然数) のとき $a_k = k(k+1)$ が成り立つと仮定する。与えられた漸化式 $(a_{k+1} - a_k)^2 = 2(a_{k+1} + a_k)$ に仮定を代入すると、

$$(a_{k+1} - k(k+1))^2 = 2(a_{k+1} + k(k+1))$$

展開して整理する。

$$a_{k+1}^2 - 2k(k+1)a_{k+1} + k^2(k+1)^2 = 2a_{k+1} + 2k(k+1)$$

$$a_{k+1}^2 - 2(k^2+k+1)a_{k+1} + k(k+1)\{k(k+1) - 2\} = 0$$

ここで $k(k+1) - 2 = k^2+k-2 = (k-1)(k+2)$ であるから、

$$a_{k+1}^2 - 2(k^2+k+1)a_{k+1} + (k-1)k(k+1)(k+2) = 0$$

この $a_{k+1}$ についての2次方程式を解の公式を用いて解く。

$$a_{k+1} = k^2+k+1 \pm \sqrt{(k^2+k+1)^2 - (k-1)k(k+1)(k+2)}$$

根号の中を計算する。

$$\begin{aligned} &(k^2+k+1)^2 - (k^2-k)(k^2+3k+2) \\ &= (k^4 + 2k^3 + 3k^2 + 2k + 1) - (k^4 + 2k^3 - k^2 - 2k) \\ &= 4k^2 + 4k + 1 \\ &= (2k+1)^2 \end{aligned}$$

したがって、$a_{k+1}$ は次のように求まる。

$$a_{k+1} = k^2+k+1 \pm (2k+1)$$

複号が $+$ の場合：$a_{k+1} = k^2+3k+2 = (k+1)(k+2)$ 複号が $-$ の場合：$a_{k+1} = k^2-k = k(k-1)$

ここで、条件 $a_{k+1} > a_k$ より $a_{k+1} > k(k+1)$ を満たす必要があるが、複号が $-$ の場合は $k(k-1) < k(k+1)$ となり不適である。よって $a_{k+1} = (k+1)(k+2)$ となり、$n=k+1$ のときも推測した式が成り立つ。

(i), (ii) より、すべての自然数 $n$ について $a_n = n(n+1) = n^2+n$ が成り立つ。

解説

2乗を含む複雑な漸化式の問題である。(1) で具体的に書き出すことで、数列の振る舞いをつかむことが重要である。 (2) の解法1のように、隣接項間の関係式を番号をずらして引き算する手法は、和や2乗を含む漸化式を簡略化する際の定石である。左辺が2乗の差になるため、和と差の積で因数分解でき、条件 $a_{n+1} > a_n$ がここで活きてくる。解法2のように、具体例から推測して帰納法で証明する手法も強力である。計算はやや重くなるが、論理的には確実なアプローチである。 (3) は極限の基本操作である「無理式の $\infty - \infty$ は有理化」という典型処理を忘れずに行えば問題なく解ける。