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北海道大学 2020年理系第4問解説

方針・初手

(1)は数列の各項が条件を満たすことを示すので、数学的帰納法を用いるのが自然である。その際、関数 $f(x) = \sin\frac{\pi x}{2}$ と直線 $y=x$ の上下関係を調べる必要がある。

(2)は $b_n$ の形から、$F(x) = \frac{1-f(x)}{1-x}$ という関数を考え、その単調性を微分で調べる方針が有効である。

(3)は(1)の結果から数列 $\{a_n\}$ が単調増加で上に有界であるため極限値を持つことを利用する。$b_n$ の極限については、微分の定義式や極限の公式 $\lim_{x \to 0} \frac{1-\cos x}{x^2} = \frac{1}{2}$ などに帰着させる。

解法1

(1)

まず、すべての自然数 $n$ について $0 < a_n < 1$ であることを数学的帰納法で示す。

(i) $n=1$ のとき条件より $a_1 = \alpha$ であり、$0 < \alpha < 1$ であるから $0 < a_1 < 1$ が成り立つ。

(ii) $n=k$ のとき $0 < a_k < 1$ が成り立つと仮定する。 $a_{k+1} = \sin\frac{\pi a_k}{2}$ である。 $0 < a_k < 1$ より $0 < \frac{\pi a_k}{2} < \frac{\pi}{2}$ であるから、$0 < \sin\frac{\pi a_k}{2} < 1$ となる。したがって、$0 < a_{k+1} < 1$ となり、$n=k+1$ のときも成り立つ。

(i), (ii) より、すべての自然数 $n$ に対して $0 < a_n < 1$ が成り立つ。

次に、$a_{n+1} > a_n$ であることを示す。関数 $g(x) = \sin\frac{\pi x}{2} - x$ を考えると、

$$ g'(x) = \frac{\pi}{2}\cos\frac{\pi x}{2} - 1 $$

$$ g''(x) = -\frac{\pi^2}{4}\sin\frac{\pi x}{2} $$

$0 < x < 1$ において $g''(x) < 0$ であるから、$g(x)$ は $0 \leqq x \leqq 1$ で上に凸である。さらに $g(0) = 0, \ g(1) = \sin\frac{\pi}{2} - 1 = 0$ であるから、$0 < x < 1$ の範囲で $g(x) > 0$ が成り立つ。すべての自然数 $n$ に対して $0 < a_n < 1$ であるから、$g(a_n) > 0$ となる。すなわち $\sin\frac{\pi a_n}{2} - a_n > 0$ より $a_{n+1} > a_n$ が成り立つ。

以上より、すべての自然数 $n$ に対して $0 < a_n < 1$ かつ $a_{n+1} > a_n$ が成り立つことが示された。

(2)

関数 $F(x) = \frac{1 - \sin\frac{\pi x}{2}}{1 - x}$ （$0 < x < 1$）を考える。 $b_n = F(a_n)$ であり、(1)より $a_n < a_{n+1}$ であるため、$F(x)$ が $0 < x < 1$ において単調減少であることを示せば、$F(a_n) > F(a_{n+1})$ より $b_n > b_{n+1}$ が示される。

$F(x)$ を $x$ で微分する。

$$ \begin{aligned} F'(x) &= \frac{-\frac{\pi}{2}\cos\frac{\pi x}{2} \cdot (1 - x) - \left(1 - \sin\frac{\pi x}{2}\right) \cdot (-1)}{(1 - x)^2} \\ &= \frac{1 - \sin\frac{\pi x}{2} - \frac{\pi}{2}(1 - x)\cos\frac{\pi x}{2}}{(1 - x)^2} \end{aligned} $$

ここで、分子を $h(x) = 1 - \sin\frac{\pi x}{2} - \frac{\pi}{2}(1 - x)\cos\frac{\pi x}{2}$ とおき、$h(x)$ の増減を調べる。

$$ \begin{aligned} h'(x) &= -\frac{\pi}{2}\cos\frac{\pi x}{2} - \frac{\pi}{2}\left( -\cos\frac{\pi x}{2} + (1 - x)\left(-\frac{\pi}{2}\sin\frac{\pi x}{2}\right) \right) \\ &= \frac{\pi^2}{4}(1 - x)\sin\frac{\pi x}{2} \end{aligned} $$

$0 < x < 1$ において、$1 - x > 0$ かつ $\sin\frac{\pi x}{2} > 0$ であるから、$h'(x) > 0$ となる。よって、$h(x)$ は $0 \leqq x \leqq 1$ で単調増加である。これと $h(1) = 1 - \sin\frac{\pi}{2} - 0 = 0$ より、$0 < x < 1$ において $h(x) < h(1) = 0$ である。したがって、$0 < x < 1$ において $F'(x) = \frac{h(x)}{(1-x)^2} < 0$ となり、$F(x)$ は単調減少関数である。

(1)より $0 < a_n < a_{n+1} < 1$ であるから、$F(a_n) > F(a_{n+1})$ すなわち $b_n > b_{n+1}$ が成り立つ。

(3)

(1)より、数列 $\{a_n\}$ は単調増加であり、かつ上に有界（$a_n < 1$）である。したがって、数列 $\{a_n\}$ は極限値を持ち、それを $\alpha^*$ とおくと $\lim_{n \to \infty} a_n = \alpha^*$ である。漸化式 $a_{n+1} = \sin\frac{\pi a_n}{2}$ において $n \to \infty$ とすると、$\alpha^* = \sin\frac{\pi \alpha^*}{2}$ が成り立つ。 $a_n \geqq a_1 = \alpha > 0$ であるから $\alpha^* > 0$ であり、$a_n < 1$ より $\alpha^* \leqq 1$ である。 (1)の $g(x) = \sin\frac{\pi x}{2} - x$ の考察より、$0 < x < 1$ では $g(x) > 0$ すなわち $x \neq \sin\frac{\pi x}{2}$ であるから、$\alpha^* = 1$ しかあり得ない。よって、$\lim_{n \to \infty} a_n = 1$ である。

次に $\lim_{n \to \infty} b_n$ について考える。 $\lim_{n \to \infty} a_n = 1$ であるため、$a_n \to 1$ のときの極限を考えればよい。 $1 - a_n = t$ とおくと、$n \to \infty$ のとき $t \to +0$ となる。

$$ \begin{aligned} \lim_{n \to \infty} b_n &= \lim_{t \to +0} \frac{1 - \sin\left(\frac{\pi}{2}(1 - t)\right)}{t} \\ &= \lim_{t \to +0} \frac{1 - \cos\frac{\pi t}{2}}{t} \\ &= \lim_{t \to +0} \frac{1 - \cos\frac{\pi t}{2}}{\left(\frac{\pi t}{2}\right)^2} \cdot \frac{\pi^2 t}{4} \end{aligned} $$

ここで、$\lim_{\theta \to 0} \frac{1 - \cos\theta}{\theta^2} = \frac{1}{2}$ であることを用いると、

$$ \lim_{t \to +0} \left( \frac{1 - \cos\frac{\pi t}{2}}{\left(\frac{\pi t}{2}\right)^2} \right) \cdot \frac{\pi^2 t}{4} = \frac{1}{2} \cdot 0 = 0 $$

よって、$\lim_{n \to \infty} b_n = 0$ である。

解説

単調有界な数列の極限に関する典型的な出題である。(1)では、単に $f(x) > x$ を主張するだけでなく、$g(x) = f(x) - x$ とおいて微分による増減表や凹凸を調べることで厳密に証明することが求められる。(2)も関数の単調性の問題に帰着させるのが確実である。 (3)は $n \to \infty$ で $a_n \to 1$ となるため、$x \to 1$ の極限を求める際に、$1 - x = t$ と置換して $\lim_{t \to 0} \frac{1 - \cos t}{t} = 0$ の形に持ち込むのが標準的である。