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北海道大学 1985年理系第4問解説

方針・初手

(1)は問題の指示通り、数学的帰納法を用いて等式が成り立つことを証明する。与えられた漸化式 $4{a_{n+1}}^3 + 3a_{n+1} - a_n = 0$ を式変形して代入し、目標の形を導く。

(2)は漸化式に $a_n = f(x_n)$ を代入し、$f(x)$ の性質を利用する。具体的には、$4f(x)^3 + 3f(x)$ を計算し、それが $f(3x)$ と等しくなることを見抜く。さらに、$f(x)$ が単調増加であることを示すことで、$x_n$ と $x_{n+1}$ の関係式を導出する。

(3)は(1)と(2)の結果を組み合わせる。$3^n$ を $x_0$ と $x_n$ を用いた式で表し、$n \to \infty$ の極限を微分係数の定義 $\lim_{h \to 0}\frac{f(h)-f(0)}{h} = f'(0)$ を用いて計算する。

解法1

(1)

証明すべき等式を(A)とする。

$$ S_n = -\frac{3^n}{4}a_n + \frac{1}{4}a_0 \quad \cdots \text{(A)} $$

与えられた漸化式 $4{a_{n+1}}^3 + 3a_{n+1} - a_n = 0$ を変形すると、以下のようになる。

$$ {a_{n+1}}^3 = -\frac{3}{4}a_{n+1} + \frac{1}{4}a_n \quad \cdots \text{(B)} $$

(i) $n=1$ のとき

$S_n$ の定義より、$S_1 = 3^0 {a_1}^3 = {a_1}^3$ である。式(B)において $n=0$ とすると、${a_1}^3 = -\frac{3}{4}a_1 + \frac{1}{4}a_0$ となるため、$S_1 = -\frac{3^1}{4}a_1 + \frac{1}{4}a_0$ が成り立ち、$n=1$ のとき(A)は成立する。

(ii) $n=k$ （$k$ は自然数）のとき、(A)が成り立つと仮定する。

$$ S_k = -\frac{3^k}{4}a_k + \frac{1}{4}a_0 $$

$n=k+1$ のとき、$S_{k+1}$ は以下のようになる。

$$ \begin{aligned} S_{k+1} &= S_k + 3^{(k+1)-1} {a_{k+1}}^3 \\ &= \left( -\frac{3^k}{4}a_k + \frac{1}{4}a_0 \right) + 3^k {a_{k+1}}^3 \end{aligned} $$

式(B)より ${a_{k+1}}^3 = -\frac{3}{4}a_{k+1} + \frac{1}{4}a_k$ であるから、これを代入する。

$$ \begin{aligned} S_{k+1} &= -\frac{3^k}{4}a_k + \frac{1}{4}a_0 + 3^k \left( -\frac{3}{4}a_{k+1} + \frac{1}{4}a_k \right) \\ &= -\frac{3^k}{4}a_k + \frac{1}{4}a_0 - \frac{3^{k+1}}{4}a_{k+1} + \frac{3^k}{4}a_k \\ &= -\frac{3^{k+1}}{4}a_{k+1} + \frac{1}{4}a_0 \end{aligned} $$

よって、$n=k+1$ のときも(A)は成立する。

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

(2)

与えられた漸化式を $a_n$ について解くと、以下のようになる。

$$ a_n = 4{a_{n+1}}^3 + 3a_{n+1} $$

$a_n = f(x_n)$ を代入する。

$$ f(x_n) = 4f(x_{n+1})^3 + 3f(x_{n+1}) \quad \cdots \text{(C)} $$

ここで、$4f(x)^3 + 3f(x)$ を計算する。

$$ \begin{aligned} 4f(x)^3 + 3f(x) &= 4 \left( \frac{e^x - e^{-x}}{2} \right)^3 + 3 \left( \frac{e^x - e^{-x}}{2} \right) \\ &= 4 \cdot \frac{e^{3x} - 3e^{2x}e^{-x} + 3e^x e^{-2x} - e^{-3x}}{8} + \frac{3e^x - 3e^{-x}}{2} \\ &= \frac{e^{3x} - 3e^x + 3e^{-x} - e^{-3x} + 3e^x - 3e^{-x}}{2} \\ &= \frac{e^{3x} - e^{-3x}}{2} \\ &= f(3x) \end{aligned} $$

したがって、式(C)は以下のようになる。

$$ f(x_n) = f(3x_{n+1}) $$

次に、$f(x)$ の導関数を調べる。

$$ f'(x) = \frac{e^x + e^{-x}}{2} $$

すべての実数 $x$ に対して $e^x > 0$ かつ $e^{-x} > 0$ であるから、$f'(x) > 0$ となる。よって、$f(x)$ は単調増加関数であり、$f(\alpha) = f(\beta)$ ならば $\alpha = \beta$ が成り立つ。これより、以下の関係式が得られる。

$$ x_n = 3x_{n+1} $$

すなわち、$x_{n+1} = \frac{1}{3}x_n$ となる。数列 $\{x_n\}$ は初項 $x_0$、公比 $\frac{1}{3}$ の等比数列であるから、一般項は以下のようになる。

$$ x_n = x_0 \left( \frac{1}{3} \right)^n = \frac{x_0}{3^n} $$

(3)

$a_0 \neq 0$ と $a_0 = f(x_0) = \frac{e^{x_0} - e^{-x_0}}{2}$ より、$x_0 \neq 0$ である。 (2)の結果より $3^n = \frac{x_0}{x_n}$ であるから、これを(1)の結果に代入する。

$$ \begin{aligned} S_n &= -\frac{x_0}{4x_n} a_n + \frac{1}{4}a_0 \\ &= -\frac{x_0}{4} \cdot \frac{f(x_n)}{x_n} + \frac{1}{4}a_0 \end{aligned} $$

$n \to \infty$ のとき $3^n \to \infty$ であるから、$x_n = \frac{x_0}{3^n} \to 0$ となる。ここで、$x_n \to 0$ のときの $\frac{f(x_n)}{x_n}$ の極限を考える。$f(0) = \frac{1-1}{2} = 0$ であるから、微分係数の定義により以下が成り立つ。

$$ \lim_{x_n \to 0} \frac{f(x_n)}{x_n} = \lim_{x_n \to 0} \frac{f(x_n) - f(0)}{x_n - 0} = f'(0) $$

$f'(x) = \frac{e^x + e^{-x}}{2}$ より $f'(0) = \frac{1+1}{2} = 1$ であるから、

$$ \lim_{x_n \to 0} \frac{f(x_n)}{x_n} = 1 $$

したがって、求める極限は以下のようになる。

$$ \begin{aligned} \lim_{n \to \infty} S_n &= \lim_{n \to \infty} \left( -\frac{x_0}{4} \cdot \frac{f(x_n)}{x_n} + \frac{1}{4}a_0 \right) \\ &= -\frac{x_0}{4} \cdot 1 + \frac{1}{4} \left( \frac{e^{x_0} - e^{-x_0}}{2} \right) \\ &= -\frac{x_0}{4} + \frac{e^{x_0} - e^{-x_0}}{8} \end{aligned} $$

解説

双曲線関数 $\sinh x = \frac{e^x - e^{-x}}{2}$ に関する背景知識を持っていれば、(2)の三倍角の公式 $\sinh 3x = 4\sinh^3 x + 3\sinh x$ を背景とした漸化式であることに気づきやすい。このタイプの問題では、与えられた関数 $f(x)$ に具体的な式を代入して地道に計算を進める力と、$f(x)$ が単調増加であることから真数の比較に持ち込む論理展開が求められる。 (3)における極限計算は、そのまま $n$ を飛ばすと $\infty \times 0$ の不定形となるため、微分の定義式 $\lim_{h \to 0} \frac{f(h) - f(0)}{h} = f'(0)$ を利用して極限値を求める典型的な処理である。