数学3 数列･極限 問題 28 解説

方針・初手

極限値 $\alpha$ が存在すると仮定し、方程式 $\alpha = \sqrt{2\alpha + 4}$ を解いて極限値の候補を見つける。 その後、不等式 $|a_{n+1} - \alpha| \le r |a_n - \alpha|$ （ただし $0 < r < 1$）を導き、はさみうちの原理を用いて $\lim_{n \to \infty} |a_n - \alpha| = 0$ を示す。 不等式を導くためのアプローチとして、無理式の分子の有理化を利用する方法と、平均値の定理を利用する方法がある。

解法1

数列 $\{a_n\}$ が極限値 $\alpha$ をもつと仮定すると、$\lim_{n \to \infty} a_n = \lim_{n \to \infty} a_{n+1} = \alpha$ であるから、漸化式より

$$\alpha = \sqrt{2\alpha + 4}$$

が成り立つ。両辺を2乗して整理すると

$$\alpha^2 - 2\alpha - 4 = 0$$

$\alpha \ge 0$ であるから、$\alpha = 1 + \sqrt{5}$ となる。

次に、漸化式 $a_{n+1} = \sqrt{2a_n + 4}$ と $a_1 = 0$ より、すべての自然数 $n$ について $a_n \ge 0$ であることは明らかである。 ここで、$a_{n+1}$ と $\alpha$ の差を考えると

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

両辺の絶対値をとる。$\sqrt{2a_n + 4} \ge 0$ であるから

$$|a_{n+1} - \alpha| = \frac{2}{\sqrt{2a_n + 4} + \alpha} |a_n - \alpha| \le \frac{2}{\alpha} |a_n - \alpha|$$

ここで、$r = \frac{2}{\alpha} = \frac{2}{1+\sqrt{5}} = \frac{\sqrt{5}-1}{2}$ とおく。 $2 < \sqrt{5} < 3$ であるから、$1 < \sqrt{5}-1 < 2$ となり、$0 < r < 1$ である。 したがって、漸化的に繰り返し用いると

$$|a_n - \alpha| \le r |a_{n-1} - \alpha| \le \cdots \le r^{n-1} |a_1 - \alpha|$$

$0 < r < 1$ より $\lim_{n \to \infty} r^{n-1} = 0$ であるから、はさみうちの原理により

$$\lim_{n \to \infty} |a_n - \alpha| = 0$$

よって、求める極限は

$$\lim_{n \to \infty} a_n = 1 + \sqrt{5}$$

解法2

関数 $f(x) = \sqrt{2x + 4}$ を考える。 極限値の候補 $\alpha = 1 + \sqrt{5}$ は $f(\alpha) = \alpha$ を満たす。

漸化式よりすべての自然数 $n$ について $a_n \ge 0$ である。 また、$x > -2$ において $f(x)$ は微分可能であり、その導関数は

$$f'(x) = \frac{1}{\sqrt{2x + 4}}$$

である。$x \ge 0$ において、$f'(x)$ は正であり単調減少であるから、

$$0 < f'(x) \le f'(0) = \frac{1}{\sqrt{4}} = \frac{1}{2}$$

を満たす。

$a_n \neq \alpha$ のとき、区間 $[a_n, \alpha]$ （または $[\alpha, a_n]$）において平均値の定理を用いると、

$$\frac{f(a_n) - f(\alpha)}{a_n - \alpha} = f'(c)$$

を満たす $c$ が $a_n$ と $\alpha$ の間に存在する。 $a_n \ge 0$ かつ $\alpha > 0$ であるから $c > 0$ となり、$0 < f'(c) < \frac{1}{2}$ を満たす。 $f(a_n) = a_{n+1}$, $f(\alpha) = \alpha$ であるから、

$$|a_{n+1} - \alpha| = |f'(c)| |a_n - \alpha| \le \frac{1}{2} |a_n - \alpha|$$

$a_n = \alpha$ のときも、上式は $0 \le 0$ となり成立する。 したがって、この不等式を繰り返し用いると

$$|a_n - \alpha| \le \left(\frac{1}{2}\right)^{n-1} |a_1 - \alpha|$$

$n \to \infty$ のとき $\left(\frac{1}{2}\right)^{n-1} \to 0$ であるから、はさみうちの原理により

$$\lim_{n \to \infty} |a_n - \alpha| = 0$$

よって、

$$\lim_{n \to \infty} a_n = 1 + \sqrt{5}$$

解説

$a_{n+1} = f(a_n)$ 型の漸化式で定まる数列の極限を求める典型問題である。 まず極限値が存在すると仮定して方程式 $\alpha = f(\alpha)$ を解き、極限値の候補となる $\alpha$ を特定することが第一歩となる。 次に、数列がその値に収束すること、すなわち $\lim_{n \to \infty} |a_n - \alpha| = 0$ を示す。そのためには不等式 $|a_{n+1} - \alpha| \le r |a_n - \alpha|$ ($0 < r < 1$) を作ることが定石である。 本問のように無理式を含む場合は、解法1のように「分子の有理化」を利用して強引に差 $a_n - \alpha$ をくくり出す手法が有効である。また、解法2のように平均値の定理を用いて導関数の最大値から公比 $r$ に相当する値を評価する手法も汎用性が高く、重要な考え方である。

答え

$1 + \sqrt{5}$