京都大学 1970年 文系 第6問 解説

方針・初手

漸化式によって定まる数列の不等式評価と極限を求める典型的な問題である。

（イ） は、すべての $n \geqq 2$ について成り立つことを示すため、数学的帰納法を用いるのが自然である。その際、$x_{n+1}-1 > 0$ および $a-x_{n+1} > 0$ をそれぞれ示す。 （ロ） は、漸化式の両辺から $1$ を引き、$x_{n+1}-1$ を $x_n-1$ でくくり出すことで、目標の形を作り出す。その過程で （イ） の結果を利用して係数を評価する。 （ハ） は、（ロ） で得られた漸化式の不等式を繰り返し用いて一般項 $x_n-1$ を上から評価し、はさみうちの原理を用いて極限を求める。

解法1

(イ)

数学的帰納法を用いて、$1 < x_n < a \ (n = 2, 3, \cdots)$ を証明する。

$n=2$ のとき、与えられた漸化式より

$$ x_2 = \frac{a^2+2}{3} $$

条件 $1 < a < 2$ より $a^2 > 1$ であるから、

$$ x_2 > \frac{1+2}{3} = 1 $$

また、$a - x_2$ を計算すると

$$ a - x_2 = a - \frac{a^2+2}{3} = \frac{-a^2+3a-2}{3} = \frac{-(a-1)(a-2)}{3} $$

$1 < a < 2$ より $(a-1)(a-2) < 0$ であるから、$a - x_2 > 0$ すなわち $x_2 < a$ が成り立つ。 よって、$1 < x_2 < a$ となり、$n=2$ のとき成立する。

$n=k \ (k \geqq 2)$ のとき、$1 < x_k < a$ が成り立つと仮定する。

$n=k+1$ のとき、$x_{k+1} - 1$ を計算すると

$$ x_{k+1} - 1 = \frac{x_k^2+2}{3} - 1 = \frac{x_k^2-1}{3} = \frac{(x_k-1)(x_k+1)}{3} $$

帰納法の仮定 $x_k > 1$ より $x_k - 1 > 0$ かつ $x_k + 1 > 0$ であるから、$x_{k+1} - 1 > 0$ すなわち $x_{k+1} > 1$ が成り立つ。

次に、$a - x_{k+1}$ を計算すると

$$ a - x_{k+1} = a - \frac{x_k^2+2}{3} = \frac{3a - x_k^2 - 2}{3} $$

帰納法の仮定 $x_k < a$ より $x_k^2 < a^2$ であるから、

$$ \frac{3a - x_k^2 - 2}{3} > \frac{3a - a^2 - 2}{3} = \frac{-(a-1)(a-2)}{3} > 0 $$

よって、$a - x_{k+1} > 0$ すなわち $x_{k+1} < a$ が成り立つ。 したがって、$n=k+1$ のときも成立する。

以上より、すべての $n = 2, 3, \cdots$ について $1 < x_n < a$ が成り立つ。（証明終）

(ロ)

$n \geqq 2$ のとき、漸化式より

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

ここで、$n=2$ のときは $x_1 = a$ であり、$n \geqq 3$ のときは （イ） より $x_{n-1} < a$ である。したがって、すべての $n \geqq 2$ において $x_{n-1} \leqq a$ が成り立つ。 これより、

$$ \frac{x_{n-1}+1}{3} \leqq \frac{a+1}{3} $$

また、$x_1 - 1 = a - 1 > 0$ であり、$n \geqq 3$ のときは （イ） より $x_{n-1} > 1$ すなわち $x_{n-1} - 1 > 0$ であるから、すべての $n \geqq 2$ において $x_{n-1} - 1 > 0$ である。

両辺に正の数 $(x_{n-1}-1)$ を掛けると、不等号の向きは変わらず

$$ \frac{x_{n-1}+1}{3} (x_{n-1}-1) \leqq \frac{a+1}{3} (x_{n-1}-1) $$

すなわち、

$$ x_n - 1 \leqq \left(\frac{a+1}{3}\right)(x_{n-1} - 1) $$

が成り立つ。（証明終）

(ハ)

（ロ） の不等式を繰り返し用いると、$n \geqq 2$ のとき

$$ x_n - 1 \leqq \left(\frac{a+1}{3}\right) (x_{n-1} - 1) \leqq \left(\frac{a+1}{3}\right)^2 (x_{n-2} - 1) \leqq \cdots \leqq \left(\frac{a+1}{3}\right)^{n-1} (x_1 - 1) $$

（イ） より $x_n - 1 > 0$ であるから、

$$ 0 < x_n - 1 \leqq \left(\frac{a+1}{3}\right)^{n-1} (a - 1) $$

ここで、$1 < a < 2$ より

$$ \frac{2}{3} < \frac{a+1}{3} < 1 $$

であるから、公比が $1$ より小さい正の数となり

$$ \lim_{n \to \infty} \left(\frac{a+1}{3}\right)^{n-1} = 0 $$

が成り立つ。したがって、はさみうちの原理により

$$ \lim_{n \to \infty} (x_n - 1) = 0 $$

すなわち、

$$ \lim_{n \to \infty} x_n = 1 $$

が成り立つ。（証明終）

解法2

（イ） の別解（関数の単調性を利用する方法）

関数 $\displaystyle f(x) = \frac{x^2+2}{3}$ を定義する。 $x > 0$ において、$f'(x) = \frac{2}{3}x > 0$ より $f(x)$ は単調増加である。 与えられた漸化式は $x_{n+1} = f(x_n)$ と表せる。

$1 < a < 2$ のとき、

$$ f(1) = 1 $$

$$ f(a) = \frac{a^2+2}{3} $$

ここで、$a - f(a) = \frac{-(a-1)(a-2)}{3} > 0$ であるから、$f(a) < a$ が成り立つ。 これらを用いて、$1 < x_n < a \ (n = 2, 3, \cdots)$ を数学的帰納法で示す。

$n=2$ のとき、$x_2 = f(a)$ であり、$f(x)$ の単調増加性より $1 = f(1) < f(a) < a$ が成り立つため、$1 < x_2 < a$ となり成立する。

$n=k \ (k \geqq 2)$ のとき、$1 < x_k < a$ が成り立つと仮定する。 各辺を $f(x)$ で写すと、$x > 0$ における単調増加性より

$$ f(1) < f(x_k) < f(a) $$

すなわち

$$ 1 < x_{k+1} < f(a) $$

$f(a) < a$ であるから、$1 < x_{k+1} < a$ となり、$n=k+1$ のときも成立する。 よって、すべての $n = 2, 3, \cdots$ について $1 < x_n < a$ が成り立つ。（証明終）

解説

漸化式 $x_{n+1} = f(x_n)$ の極限を求める問題の最も標準的な誘導形式である。 （イ） では、数列の各項のとりうる範囲を有界に絞り込む。解法2のように関数 $y=f(x)$ のグラフをイメージし、単調増加性を利用して不等式を処理すると見通しが良くなる。 （ロ） では、極限値になると予想される値（本問では $\alpha=1$）を用いて、$x_{n+1} - \alpha$ を $x_n - \alpha$ で表す式変形を行う。ここで生じる係数部分を （イ） の結果を用いて定数で上から評価することが最大のポイントである。不等号の向きを保つために、掛ける数が正であることを断るのを忘れないように注意したい。 （ハ） では、等比数列型の不等式を作り出し、はさみうちの原理に持ち込む定石通りの処理である。公比の絶対値が $1$ より小さいことを明記することが必須要件となる。

答え

(イ)

数学的帰納法を用いて $1 < x_n < a$ を示した。（証明は解法を参照） （ロ） $x_n - 1 = \frac{x_{n-1}+1}{3}(x_{n-1} - 1)$ と変形し、（イ） の結果を用いて係数を評価することで題意の不等式を示した。（証明は解法を参照） （ハ） （ロ） の不等式を繰り返し用い、はさみうちの原理を適用して $\lim_{n \to \infty} x_n = 1$ を示した。（証明は解法を参照）