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数学3 数列･極限問題 49 解説

方針・初手

(1) はすべての自然数 $n$ についての命題であるため、数学的帰納法を用いて証明する。

(2) は方程式の実数解の存在を示す問題である。関数 $f(x) = x^3 - 4x + 1$ を設定し、微分を用いて区間 $0 < x < 1$ における増減を調べ、中間値の定理を利用する。

(3) は漸化式と極限の典型的な評価問題である。$\alpha$ が方程式 $x^3 - 4x + 1 = 0$ の解であることを利用して $\alpha = \frac{1}{4 - \alpha^2}$ を導き、$a_{n+1} - \alpha$ を $a_n - \alpha$ で表して絶対値の評価を行う。その際、(1) および (2) で得られた $a_n$ と $\alpha$ の値の範囲を用いる。

(4) は (3) で得られた不等式を繰り返し用いて、はさみうちの原理から極限を求める。

解法1

(1)

すべての自然数 $n$ について、$0 \leqq a_n < 1$ が成り立つこと（これを命題 $P(n)$ と呼ぶ）を数学的帰納法で示す。

(i) $n = 1$ のとき

$a_1 = 0$ であるから、$0 \leqq a_1 < 1$ を満たす。よって $P(1)$ は成り立つ。

(ii) $n = k$（$k$ は自然数）のとき

$P(k)$ が成り立つ、すなわち $0 \leqq a_k < 1$ と仮定する。このとき、各辺を2乗して

$$0 \leqq a_k^2 < 1$$

各辺に $-1$ を掛けて

$$-1 < -a_k^2 \leqq 0$$

各辺に $4$ を加えて

$$3 < 4 - a_k^2 \leqq 4$$

各辺は正であるから、逆数をとって大小関係を反転させると

$$\frac{1}{4} \leqq \frac{1}{4 - a_k^2} < \frac{1}{3}$$

$a_{k+1} = \frac{1}{4 - a_k^2}$ であるから

$$\frac{1}{4} \leqq a_{k+1} < \frac{1}{3}$$

これより $0 \leqq a_{k+1} < 1$ が成り立つので、$n = k+1$ のときも $P(k+1)$ は成り立つ。

(i), (ii) より、すべての自然数 $n$ に対して $0 \leqq a_n < 1$ が成り立つことが示された。

(2)

$f(x) = x^3 - 4x + 1$ とおく。これを微分すると

$$f'(x) = 3x^2 - 4$$

$0 < x < 1$ において

$$f'(x) < 3 \cdot 1^2 - 4 = -1 < 0$$

であるから、$f(x)$ は区間 $0 \leqq x \leqq 1$ において単調に減少する。また、

$$f(0) = 1 > 0$$

$$f(1) = 1 - 4 + 1 = -2 < 0$$

である。関数 $f(x)$ は連続であり、区間 $0 \leqq x \leqq 1$ で単調減少し、かつ $f(0) > 0$、$f(1) < 0$ を満たすため、中間値の定理より $f(x) = 0$ すなわち $3$次方程式 $x^3 - 4x + 1 = 0$ は $0 < x < 1$ においてただひとつの解をもつ。

(3)

(2) より $\alpha$ は $x^3 - 4x + 1 = 0$ の解であるから

$$\alpha^3 - 4\alpha + 1 = 0$$

が成り立つ。これを変形すると

$$\alpha(4 - \alpha^2) = 1$$

(2) より $0 < \alpha < 1$ であるから $4 - \alpha^2 \neq 0$ であり

$$\alpha = \frac{1}{4 - \alpha^2}$$

と表せる。これを用いて $a_{n+1} - \alpha$ を計算すると

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

両辺の絶対値をとると

$$|a_{n+1} - \alpha| = \left| \frac{a_n + \alpha}{(4 - a_n^2)(4 - \alpha^2)} \right| |a_n - \alpha|$$

ここで、(1) より $0 \leqq a_n < 1$、(2) より $0 < \alpha < 1$ であるから、各因数の範囲は以下のようになる。

$$0 < a_n + \alpha < 1 + 1 = 2$$

$$4 - a_n^2 > 4 - 1^2 = 3$$

$$4 - \alpha^2 > 4 - 1^2 = 3$$

したがって、絶対値記号の中身は正であり、次のように評価できる。

$$\left| \frac{a_n + \alpha}{(4 - a_n^2)(4 - \alpha^2)} \right| = \frac{a_n + \alpha}{(4 - a_n^2)(4 - \alpha^2)} < \frac{2}{3 \cdot 3} = \frac{2}{9}$$

これより

$$|a_{n+1} - \alpha| \leqq \frac{2}{9} |a_n - \alpha|$$

がすべての自然数 $n$ について成り立つ。したがって、条件を満たす $\beta$ の一つとして $\beta = \frac{2}{9}$ が挙げられる。

(4)

(3) の結果より、すべての自然数 $n$ に対して

$$|a_{n+1} - \alpha| \leqq \frac{2}{9} |a_n - \alpha|$$

が成り立つ。この不等式を繰り返し用いると

$$\begin{aligned} |a_n - \alpha| &\leqq \frac{2}{9} |a_{n-1} - \alpha| \\ &\leqq \left( \frac{2}{9} \right)^2 |a_{n-2} - \alpha| \\ &\quad \vdots \\ &\leqq \left( \frac{2}{9} \right)^{n-1} |a_1 - \alpha| \end{aligned}$$

が得られる。絶対値は $0$ 以上であるから

$$0 \leqq |a_n - \alpha| \leqq \left( \frac{2}{9} \right)^{n-1} |a_1 - \alpha|$$

ここで、$0 < \frac{2}{9} < 1$ であるから

$$\lim_{n \to \infty} \left( \frac{2}{9} \right)^{n-1} |a_1 - \alpha| = 0$$

となる。したがって、はさみうちの原理より

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

すなわち

$$\lim_{n \to \infty} a_n = \alpha$$

が成り立つことが示された。

解説

漸化式で定められた数列の極限を求める、難関大で頻出の誘導付き大問である。 (1) では、関数の値域を調べるか、不等式の性質を用いて評価する。帰納法を用いるのが最も確実である。 (2) は中間値の定理の基本問題。単調性を確認することで「ただひとつの解」であることを保証する。 (3) がこの問題の核心部分である。方程式の解 $\alpha$ も、元の漸化式と同じ形 $\alpha = f(\alpha)$ を満たす特性方程式の解として扱うことがポイントとなる。差 $a_{n+1} - \alpha$ を作り、因数分解によって $a_n - \alpha$ を括り出し、残りの部分の絶対値が $1$ より小さい定数 $\beta$ で上から抑えられることを、(1)(2) の範囲指定を利用して示す。 (4) は (3) で作った不等式を繰り返し適用して等比数列の形に帰着させ、はさみうちの原理で極限を求める定石の操作である。