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数学3 数列･極限問題 29 解説

方針・初手

(1) $a_{n+1}$ と $a_n$ の角度に着目する。$\frac{\pi}{2^{n+1}} = 2 \times \frac{\pi}{2^{n+2}}$ であるから、$\theta = \frac{\pi}{2^{n+2}}$ とおくと $a_{n+1} = \tan \theta$、$a_n = \tan 2\theta$ と表せる。タンジェントの2倍角の公式を用いて、$a_{n+1}$ と $a_n$ の関係式を導く。

(2) (1)で示した等式を変形し、階差の形 $f(n) - f(n-1)$ を作り出すことで、部分和を計算する。その後、$n \to \infty$ の極限をとる。極限計算では $\lim_{x \to 0} \frac{\tan x}{x} = 1$ を利用できるように式を整える。

解法1

(1)

$\theta = \frac{\pi}{2^{n+2}}$ とおく。このとき、

$$a_{n+1} = \tan \frac{\pi}{2^{n+2}} = \tan \theta$$

$$a_n = \tan \frac{\pi}{2^{n+1}} = \tan 2\theta$$

である。タンジェントの2倍角の公式より、

$$\tan 2\theta = \frac{2\tan \theta}{1 - \tan^2 \theta}$$

これに $a_n$, $a_{n+1}$ を代入すると、

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

$a_{n+1} = \tan \frac{\pi}{2^{n+2}}$ であり、$n$ は自然数であるから $0 < \frac{\pi}{2^{n+2}} \le \frac{\pi}{8} < \frac{\pi}{2}$ となり、$a_{n+1} > 0$ である。したがって両辺の逆数をとることができ、

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

両辺を2倍すると、

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

移項して整理すると、

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

となり、すべての自然数 $n$ に対して成り立つことが示された。

(2)

(1)で示した式より、

$$a_{k+1} = \frac{1}{a_{k+1}} - \frac{2}{a_k}$$

両辺に $\frac{1}{2^{k+1}}$ を掛けると、

$$\frac{1}{2^{k+1}} a_{k+1} = \frac{1}{2^{k+1} a_{k+1}} - \frac{1}{2^k a_k}$$

求める無限級数の第 $n$ 項までの部分和を $S_n$ とおく。

$$S_n = \sum_{k=1}^n \frac{1}{2^k} a_k = \frac{1}{2} a_1 + \sum_{k=2}^n \frac{1}{2^k} a_k$$

$n \ge 2$ のとき、先ほど導いた関係式を用いると、

$$\sum_{k=2}^n \frac{1}{2^k} a_k = \sum_{k=1}^{n-1} \frac{1}{2^{k+1}} a_{k+1} = \sum_{k=1}^{n-1} \left( \frac{1}{2^{k+1} a_{k+1}} - \frac{1}{2^k a_k} \right)$$

この和を展開すると、

$$\left( \frac{1}{2^2 a_2} - \frac{1}{2^1 a_1} \right) + \left( \frac{1}{2^3 a_3} - \frac{1}{2^2 a_2} \right) + \cdots + \left( \frac{1}{2^n a_n} - \frac{1}{2^{n-1} a_{n-1}} \right)$$

となり、隣り合う項が打ち消し合って、

$$\sum_{k=2}^n \frac{1}{2^k} a_k = \frac{1}{2^n a_n} - \frac{1}{2 a_1}$$

が得られる。これを $S_n$ の式に代入すると、

$$S_n = \frac{1}{2} a_1 + \left( \frac{1}{2^n a_n} - \frac{1}{2 a_1} \right) = \frac{1}{2^n a_n}$$

この式は $n=1$ のとき、$S_1 = \frac{1}{2^1 a_1}$ となり成り立つ。次に、この部分和の $n \to \infty$ の極限を求める。

$$\lim_{n \to \infty} S_n = \lim_{n \to \infty} \frac{1}{2^n \tan \frac{\pi}{2^{n+1}}}$$

ここで、$\alpha_n = \frac{\pi}{2^{n+1}}$ とおくと、$n \to \infty$ のとき $\alpha_n \to 0$ である。また、$2^n = \frac{\pi}{2\alpha_n}$ であるから、

$$\frac{1}{2^n \tan \frac{\pi}{2^{n+1}}} = \frac{1}{\frac{\pi}{2\alpha_n} \tan \alpha_n} = \frac{2}{\pi} \cdot \frac{\alpha_n}{\tan \alpha_n} = \frac{2}{\pi} \cos \alpha_n \cdot \frac{\alpha_n}{\sin \alpha_n}$$

$\alpha_n \to 0$ のとき、$\cos \alpha_n \to 1$, $\frac{\sin \alpha_n}{\alpha_n} \to 1$ であるから、

$$\lim_{n \to \infty} S_n = \frac{2}{\pi} \cdot 1 \cdot 1 = \frac{2}{\pi}$$

以上より、求める無限級数の和は $\frac{2}{\pi}$ である。

解説

三角関数の加法定理（2倍角の公式）を用いて漸化式を導き、その漸化式を利用して和を打ち消し合う形（望遠鏡和）に変形する、典型的な極限の問題である。 (1)の式に $\frac{1}{2^{n+1}}$ を掛けることで階差数列の形が作れることに気づけるかが、(2)の和を求める上での最大の鍵となる。また、最後の極限計算では $\lim_{x \to 0} \frac{\sin x}{x} = 1$ を用いるために、分母の $2^n$ を角度の変数を用いて表し直す処理が必要である。