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数学3 数列･極限問題 52 解説

方針・初手

(1) は、すべての項が正であることを確認した上で、$a_{n+1} - \sqrt{6}$ を直接計算し、常に正の値をとることを示して証明する。

(2) は、(1) で得られた $a_{n+1} - \sqrt{6}$ の式を活用し、右辺との差をとって符号を調べる。

(3) は、(2) の不等式を繰り返し用いてはさみうちの原理を適用する。漸化式の性質から $a_n - \sqrt{6} < 1$ であることを見抜き、2次の差分不等式を1次の等比数列型の不等式に落とし込むのがポイントである。

解法1

(1)

$a_1 = 3 > 0$ であり、与えられた漸化式 $a_{n+1} = \frac{a_n}{2} + \frac{3}{a_n}$ より、すべての自然数 $n$ について $a_n > 0$ となるため、漸化式は常に定義される。

$a_{n+1} - \sqrt{6}$ を計算すると、以下のようになる。

$$\begin{aligned} a_{n+1} - \sqrt{6} &= \frac{a_n}{2} + \frac{3}{a_n} - \sqrt{6} \\ &= \frac{a_n^2 - 2\sqrt{6}a_n + 6}{2a_n} \\ &= \frac{(a_n - \sqrt{6})^2}{2a_n} \end{aligned}$$

$a_n > 0$ であるから、$a_n \neq \sqrt{6}$ であれば $a_{n+1} - \sqrt{6} > 0$、すなわち $a_{n+1} > \sqrt{6}$ が成り立つ。

ここで、$n = 1$ のとき $a_1 = 3 = \sqrt{9} > \sqrt{6}$ である。

また上の式から、$a_1 \neq \sqrt{6}$ であるため $a_2 > \sqrt{6}$ となり、以降帰納的にすべての自然数 $n \geqq 2$ についても $a_n > \sqrt{6}$ が成り立つ。

したがって、すべての自然数 $n$ について $a_n > \sqrt{6}$ が成り立つ。

(2)

(1) の計算過程より、以下の関係式が得られている。

$$a_{n+1} - \sqrt{6} = \frac{(a_n - \sqrt{6})^2}{2a_n}$$

これを用いて、証明すべき不等式の右辺と左辺の差をとる。

$$\begin{aligned} \frac{1}{4}(a_n - \sqrt{6})^2 - (a_{n+1} - \sqrt{6}) &= \frac{1}{4}(a_n - \sqrt{6})^2 - \frac{1}{2a_n}(a_n - \sqrt{6})^2 \\ &= \left( \frac{1}{4} - \frac{1}{2a_n} \right) (a_n - \sqrt{6})^2 \\ &= \frac{a_n - 2}{4a_n} (a_n - \sqrt{6})^2 \end{aligned}$$

(1) より $a_n > \sqrt{6} > 2$ であるから、$a_n - 2 > 0$ かつ $4a_n > 0$ である。

また、$a_n > \sqrt{6}$ より $(a_n - \sqrt{6})^2 > 0$ である。

したがって、

$$\frac{a_n - 2}{4a_n} (a_n - \sqrt{6})^2 > 0$$

が成り立つ。ゆえに、すべての自然数 $n$ について以下の不等式が成り立つ。

$$a_{n+1} - \sqrt{6} < \frac{1}{4}(a_n - \sqrt{6})^2$$

(3)

まず、すべての自然数 $n$ について $a_n - \sqrt{6} < 1$ であることを数学的帰納法で示す。

(i) $n = 1$ のとき

$a_1 - \sqrt{6} = 3 - \sqrt{6}$ である。

$2 < \sqrt{6} < 3$ （より詳しくは $\sqrt{4} < \sqrt{6} < \sqrt{6.25} = 2.5$）であるから、$0 < 3 - \sqrt{6} < 1$ となり成り立つ。

(ii) $n = k$ のとき

$a_k - \sqrt{6} < 1$ が成り立つと仮定する。

(2) の不等式と (1) の結果（$a_{k+1} - \sqrt{6} > 0$）を用いると、

$$0 < a_{k+1} - \sqrt{6} < \frac{1}{4}(a_k - \sqrt{6})^2 < \frac{1}{4} \cdot 1^2 = \frac{1}{4} < 1$$

よって、$n = k+1$ のときも成り立つ。

(i), (ii) より、すべての自然数 $n$ について $0 < a_n - \sqrt{6} < 1$ である。

この結果を (2) の不等式に適用すると、

$$\begin{aligned} 0 < a_{n+1} - \sqrt{6} &< \frac{1}{4} (a_n - \sqrt{6}) \cdot (a_n - \sqrt{6}) \\ &< \frac{1}{4} \cdot 1 \cdot (a_n - \sqrt{6}) \\ &= \frac{1}{4} (a_n - \sqrt{6}) \end{aligned}$$

この関係式を繰り返し用いると、以下の不等式が得られる。

$$\begin{aligned} 0 < a_n - \sqrt{6} &< \frac{1}{4} (a_{n-1} - \sqrt{6}) \\ &< \left(\frac{1}{4}\right)^2 (a_{n-2} - \sqrt{6}) \\ &< \cdots \\ &< \left(\frac{1}{4}\right)^{n-1} (a_1 - \sqrt{6}) \end{aligned}$$

すなわち、

$$0 < a_n - \sqrt{6} < \left(\frac{1}{4}\right)^{n-1} (3 - \sqrt{6})$$

ここで、$n \to \infty$ のとき $\left(\frac{1}{4}\right)^{n-1} \to 0$ であるから、はさみうちの原理より、

$$\lim_{n \to \infty} (a_n - \sqrt{6}) = 0$$

よって、数列 $\{a_n\}$ は収束する。その極限は、

$$\lim_{n \to \infty} a_n = \sqrt{6}$$

解説

方程式 $x^2 = 6$ の正の解 $x = \sqrt{6}$ の近似値を求める手法（ニュートン法）を背景に持つ、極限の典型問題である。

(1) において、$a_{n+1} - \sqrt{6}$ を平方完成の形でまとめることで、$a_n > \sqrt{6}$ を簡潔に示せる。この式変形は (2) の証明でもそのまま活躍する。

(3) で極限を求める際は、(2) で得られた2次の差分不等式 $a_{n+1} - \alpha < c(a_n - \alpha)^2$ を、等比数列型の1次の不等式 $a_{n+1} - \alpha < r(a_n - \alpha)$（ただし $0 < r < 1$）に帰着させることが最大のポイントとなる。本問では $a_n - \sqrt{6} < 1$ であることを見出し、これを利用して次数を下げる処理が求められる。