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北海道大学 1965年理系第5問解説

方針・初手

(1) は与えられた漸化式を変形すると半角の公式の形が現れることに着目する。順に項を求め、一般項を推測して数学的帰納法で証明する。
(2) は (1) で求めた $x_n$ の式を代入し、2倍角の公式 $\sin 2\alpha = 2\sin\alpha\cos\alpha$ を繰り返し用いて積を計算する。
(3) は (2) の結果を利用して $y_n$ を表し、極限の公式 $\lim_{x \to 0}\frac{\sin x}{x} = 1$ が使える形に変形する。

解法1

(1)

与えられた漸化式 $2{x_n}^2 - x_{n-1} - 1 = 0$ より、

$$ {x_n}^2 = \frac{1 + x_{n-1}}{2} \quad (n = 2, 3, \cdots) $$

$n=2$ のとき、$x_1 = \cos\theta$ であるから、

$$ {x_2}^2 = \frac{1 + \cos\theta}{2} = \cos^2\frac{\theta}{2} $$

条件より $0 < \theta < \frac{\pi}{2}$ であるから $0 < \frac{\theta}{2} < \frac{\pi}{4}$ となり、$\cos\frac{\theta}{2} > 0$ である。また、数列 $\{x_n\}$ の項はすべて正より $x_2 > 0$ であるから、

$$ x_2 = \cos\frac{\theta}{2} $$

$n=3$ のとき、

$$ {x_3}^2 = \frac{1 + x_2}{2} = \frac{1 + \cos\frac{\theta}{2}}{2} = \cos^2\frac{\theta}{4} $$

$0 < \frac{\theta}{4} < \frac{\pi}{8}$ より $\cos\frac{\theta}{4} > 0$ であり、$x_3 > 0$ であるから、

$$ x_3 = \cos\frac{\theta}{4} $$

これらの結果から、一般項は $x_n = \cos\frac{\theta}{2^{n-1}}$ であると推測できる。これを数学的帰納法で証明する。

(i) $n=1$ のとき $x_1 = \cos\frac{\theta}{2^0} = \cos\theta$ となり、条件と一致するため成立する。

(ii) $n=k$ ($k$ は自然数) のとき成立すると仮定する。すなわち、 $x_k = \cos\frac{\theta}{2^{k-1}}$ とする。

$n=k+1$ のとき、漸化式より

$$ {x_{k+1}}^2 = \frac{1 + x_k}{2} = \frac{1 + \cos\frac{\theta}{2^{k-1}}}{2} = \cos^2\frac{\theta}{2^k} $$

$0 < \theta < \frac{\pi}{2}$ より $0 < \frac{\theta}{2^k} < \frac{\pi}{2^{k+1}} < \frac{\pi}{2}$ であり、$\cos\frac{\theta}{2^k} > 0$ である。条件より $x_{k+1} > 0$ であるから、

$$ x_{k+1} = \cos\frac{\theta}{2^k} $$

よって、$n=k+1$ のときも成立する。

(i), (ii) より、すべての自然数 $n$ について $x_n = \cos\frac{\theta}{2^{n-1}}$ である。

(2)

(1) の結果より、$y_n = x_1 \cdot x_2 \cdots x_n = \cos\theta \cos\frac{\theta}{2} \cdots \cos\frac{\theta}{2^{n-1}}$ であるから、

$$ y_n \sin\frac{\theta}{2^{n-1}} = \left( \cos\theta \cos\frac{\theta}{2} \cdots \cos\frac{\theta}{2^{n-2}} \right) \left( \cos\frac{\theta}{2^{n-1}} \sin\frac{\theta}{2^{n-1}} \right) $$

2倍角の公式 $\sin 2\alpha = 2\sin\alpha\cos\alpha$ より $\sin\alpha\cos\alpha = \frac{1}{2}\sin 2\alpha$ であるから、

$$ \cos\frac{\theta}{2^{n-1}} \sin\frac{\theta}{2^{n-1}} = \frac{1}{2}\sin\frac{\theta}{2^{n-2}} $$

これを代入すると、

$$ y_n \sin\frac{\theta}{2^{n-1}} = \left( \cos\theta \cos\frac{\theta}{2} \cdots \cos\frac{\theta}{2^{n-3}} \right) \left( \frac{1}{2} \cos\frac{\theta}{2^{n-2}} \sin\frac{\theta}{2^{n-2}} \right) $$

ふたたび2倍角の公式を用いると、$\frac{1}{2} \cos\frac{\theta}{2^{n-2}} \sin\frac{\theta}{2^{n-2}} = \frac{1}{2^2} \sin\frac{\theta}{2^{n-3}}$ となる。この操作を繰り返すと、

$$ \begin{aligned} y_n \sin\frac{\theta}{2^{n-1}} &= \left( \cos\theta \cos\frac{\theta}{2} \cdots \cos\frac{\theta}{2^{n-3}} \right) \left( \frac{1}{2} \sin\frac{\theta}{2^{n-2}} \right) \\ &= \left( \cos\theta \cos\frac{\theta}{2} \cdots \cos\frac{\theta}{2^{n-4}} \right) \left( \frac{1}{2^2} \sin\frac{\theta}{2^{n-3}} \right) \\ &\quad \vdots \\ &= \cos\theta \left( \frac{1}{2^{n-2}} \sin\frac{\theta}{2^1} \right) \\ &= \frac{1}{2^{n-1}} \cos\theta \sin\theta \\ &= \frac{1}{2^n} \sin 2\theta \end{aligned} $$

(3)

(2) の結果より、

$$ y_n = \frac{\sin 2\theta}{2^n \sin\frac{\theta}{2^{n-1}}} $$

ここで、$t = \frac{\theta}{2^{n-1}}$ とおくと、$2^{n-1} = \frac{\theta}{t}$ より $2^n = \frac{2\theta}{t}$ である。 $n \to \infty$ のとき $t \to +0$ であるから、

$$ \begin{aligned} \lim_{n \to \infty} y_n &= \lim_{t \to +0} \frac{\sin 2\theta}{\frac{2\theta}{t} \sin t} \\ &= \lim_{t \to +0} \left( \frac{\sin 2\theta}{2\theta} \cdot \frac{t}{\sin t} \right) \end{aligned} $$

$\lim_{t \to +0} \frac{t}{\sin t} = 1$ であるから、

$$ \lim_{n \to \infty} y_n = \frac{\sin 2\theta}{2\theta} \cdot 1 = \frac{\sin 2\theta}{2\theta} $$

解説

三角関数の半角の公式と2倍角の公式を繰り返し用いる典型的な問題である。 (1) では、漸化式の形から半角の公式を連想し、一般項を類推して数学的帰納法で証明する流れが基本となる。このとき、角度の範囲と各項が正であることの確認を怠らないよう注意したい。 (2) は、「$\cos$ の積には $\sin$ を掛けると次々と2倍角の公式が使える」という定石の誘導である。 (3) では、$n \to \infty$ の極限を求めるために、角度の微小量 $t = \frac{\theta}{2^{n-1}}$ で置き換え、$\lim_{x \to 0} \frac{\sin x}{x} = 1$ に帰着させる標準的な処理を行う。