数学B 数学的帰納法 問題 6 解説

方針・初手

漸化式

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

は、$\sqrt{2}$ との差を見ると平方が現れる形である。まず $a_n>\sqrt{2}$ を仮定したときに、$a_{n+1}$ が $\sqrt{2}$ と $a_n$ の間に入ることを示す。次に $a_{n+1}-\sqrt{2}$ を $a_n-\sqrt{2}$ で表し、誤差が急速に小さくなることを使う。

解法1

まず、$a_1=2>\sqrt{2}$ である。

$a_n>\sqrt{2}$ と仮定する。このとき $a_n>0$ であるから、

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

である。右辺は正であるから、

$$ a_{n+1}>\sqrt{2} $$

が成り立つ。

また、

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

である。仮定 $a_n>\sqrt{2}$ より $a_n^2>2$ であり、さらに $a_n>0$ だから、

$$ a_n-a_{n+1}>0 $$

すなわち

$$ a_{n+1}<a_n $$

である。

したがって、$a_n>\sqrt{2}$ ならば

$$ \sqrt{2}<a_{n+1}<a_n $$

が成り立つ。$a_1>\sqrt{2}$ であるから、数学的帰納法により、すべての正の整数 $n$ について

$$ \sqrt{2}<a_{n+1}<a_n $$

が成り立つ。これで （1） が示された。

次に、上で得た等式

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

を用いる。（1） より $a_n>\sqrt{2}>1$ であるから、$2a_n>2$ である。よって

$$ \frac{1}{2a_n}<\frac{1}{2} $$

となる。したがって、

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

である。これで （2） が示された。

最後に （3） を示す。

$a_2$ を直接計算すると、

$$ \begin{aligned} a_2 &= \frac{2}{2}+\frac{1}{2}\\ &= \frac{3}{2} \end{aligned} $$

である。$1.41<\sqrt{2}<1.42$ より、

$$ \begin{aligned} 0<a_2-\sqrt{2} &= 1.5-\sqrt{2}\\ &< 1.5-1.41\\ &= 0.09 \end{aligned} $$

である。

ここで $d_n=a_n-\sqrt{2}$ とおくと、（2） より

$$ 0<d_{n+1}<\frac{d_n^2}{2} $$

である。したがって、

$$ d_3<\frac{(0.09)^2}{2}=0.00405 $$

さらに、

$$ d_4<\frac{(0.00405)^2}{2} =\frac{0.0000164025}{2} =0.00000820125 $$

である。よって、

$$ d_5<\frac{(0.00000820125)^2}{2} $$

となる。

ここで

$$ 0.00000820125<0.00001=10^{-5} $$

であるから、

$$ \begin{aligned} d_5&<\frac{(10^{-5})^2}{2}\\ &= \frac{10^{-10}}{2}\\ &< 10^{-10} \end{aligned} $$

である。

（1） より $a_5>\sqrt{2}$ であるから、

$$ |a_5-\sqrt{2}|=a_5-\sqrt{2}=d_5 $$

である。したがって、

$$ |a_5-\sqrt{2}|<10^{-10} $$

が示された。

解説

この問題の中心は、漸化式をそのまま扱うのではなく、極限値として現れる $\sqrt{2}$ との差を調べることである。

特に

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

という式が重要である。この式により、誤差 $a_n-\sqrt{2}$ が次の段階でほぼ二乗されることが分かる。そのため、数列は $\sqrt{2}$ に非常に速く近づく。

（3） では $a_1$ から始めるより、$a_2=\frac{3}{2}$ を直接計算してから $a_2-\sqrt{2}<0.09$ と評価すると、簡潔に $10^{-10}$ 未満まで到達できる。

答え

(1)

すべての正の整数 $n$ について、

$$ \sqrt{2}<a_{n+1}<a_n $$

が成り立つ。

(2)

すべての正の整数 $n$ について、

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

が成り立つ。

(3)

$$ |a_5-\sqrt{2}|<10^{-10} $$

が成り立つ。