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京都大学 1976年理系第4問解説

方針・初手

与えられた不等式の左辺を展開し、$n$ に依存しない部分と $\frac{1}{n}$ が含まれる部分に分けます。$x^3 + 3x^2 - 9x + 5$ の部分に $x=1$ を代入すると $0$ になることに着目し、因数定理を用いて $(a_n - 1)^2$ の形を作り出すことが第一歩です。

（i）は不等式から得られる $(a_n - 1)^2 < \frac{a_n}{n(a_n + 5)}$ に対して、$\frac{a_n}{a_n + 5} < 1$ というおおまかな評価を行えば、はさみうちの原理から直ちに導くことができます。

（ii）は $\frac{a_n}{a_n + 5} \le \frac{1}{4}$ となるような、より厳しい評価が求められます。目標となる不等式から逆算して、$a_n \le \frac{5}{3}$ を示せばよいことに気づくのが鍵となります。

解法1

(i) の証明

与えられた不等式

$$ a_n^3 + 3a_n^2 - \left(9 + \frac{1}{n}\right)a_n + 5 < 0 $$

の左辺を展開し、整理する。

$$ a_n^3 + 3a_n^2 - 9a_n + 5 - \frac{1}{n}a_n < 0 $$

$x^3 + 3x^2 - 9x + 5$ は $x=1$ を代入すると $0$ になるため、$(x-1)$ を因数にもちます。因数分解すると $(x-1)^2(x+5)$ となるため、不等式は次のように変形できます。

$$ (a_n - 1)^2 (a_n + 5) - \frac{1}{n}a_n < 0 $$

$$ (a_n - 1)^2 (a_n + 5) < \frac{a_n}{n} $$

数列 $\{a_n\}$ は正の数列であるから $a_n > 0$ であり、$a_n + 5 > 0$ となります。両辺を $a_n + 5$ で割ると、次の不等式を得ます。

$$ (a_n - 1)^2 < \frac{1}{n} \cdot \frac{a_n}{a_n + 5} \quad \cdots \text{①} $$

ここで、$a_n > 0$ より $0 < a_n < a_n + 5$ であるから、

$$ 0 < \frac{a_n}{a_n + 5} < 1 $$

が成り立つ。これを①に用いると、

$$ 0 \le (a_n - 1)^2 < \frac{1}{n} $$

$n \to \infty$ のとき $\frac{1}{n} \to 0$ であるから、はさみうちの原理により

$$ \lim_{n \to \infty} (a_n - 1)^2 = 0 $$

したがって、$\lim_{n \to \infty} a_n = 1$ が成り立つ。

(ii) の証明

①式より、$(a_n - 1)^2 < \frac{1}{4n}$ を示すためには、$\frac{a_n}{a_n + 5} \le \frac{1}{4}$、すなわち $a_n \le \frac{5}{3}$ であることを示せば十分である。

関数 $f(x)$ を $f(x) = x^3 + 3x^2 - \left(9 + \frac{1}{n}\right)x + 5$ とおく。問題の条件より $f(a_n) < 0$ である。ここで、$x \ge \frac{5}{3}$ における $f(x)$ の振る舞いを調べる。

$$ f'(x) = 3x^2 + 6x - 9 - \frac{1}{n} = 3(x+3)(x-1) - \frac{1}{n} $$

$x \ge \frac{5}{3}$ のとき、$x+3 \ge \frac{14}{3} > 0$ かつ $x-1 \ge \frac{2}{3} > 0$ であるから、

$$ f'(x) \ge 3 \cdot \frac{14}{3} \cdot \frac{2}{3} - \frac{1}{n} = \frac{28}{3} - \frac{1}{n} $$

$n \ge 1$ より $\frac{1}{n} \le 1$ であるため、

$$ f'(x) \ge \frac{28}{3} - 1 = \frac{25}{3} > 0 $$

したがって、$f(x)$ は $x \ge \frac{5}{3}$ において単調に増加する。また、$x = \frac{5}{3}$ のときの値を計算すると、

$$ f\left(\frac{5}{3}\right) = \left(\frac{5}{3} - 1\right)^2 \left(\frac{5}{3} + 5\right) - \frac{1}{n} \cdot \frac{5}{3} = \frac{4}{9} \cdot \frac{20}{3} - \frac{5}{3n} = \frac{80}{27} - \frac{5}{3n} $$

$n \ge 1$ より $\frac{5}{3n} \le \frac{5}{3} = \frac{45}{27}$ であるから、

$$ f\left(\frac{5}{3}\right) \ge \frac{80}{27} - \frac{45}{27} = \frac{35}{27} > 0 $$

以上より、$x \ge \frac{5}{3}$ のとき常に $f(x) > 0$ であることがわかる。仮定より $f(a_n) < 0$ であるから、$a_n < \frac{5}{3}$ でなければならない。

関数 $h(x) = \frac{x}{x+5} = 1 - \frac{5}{x+5}$ は $x > 0$ において単調増加であるから、$0 < a_n < \frac{5}{3}$ より

$$ \frac{a_n}{a_n + 5} < \frac{\frac{5}{3}}{\frac{5}{3} + 5} = \frac{1}{4} $$

が成り立つ。これを①式に代入すると、

$$ (a_n - 1)^2 < \frac{1}{n} \cdot \frac{a_n}{a_n + 5} < \frac{1}{n} \cdot \frac{1}{4} = \frac{1}{4n} $$

となり、示されました。

解法2

問題文の「（ii）を先に証明してもよい」という誘導に従い、（ii）を証明した後に（i）を証明する手順です。

(ii) の証明

不等式の左辺を整理し、$a_n + 5 > 0$ で割ることで次の不等式を得ます（導出は解法1と同様）。

$$ (a_n - 1)^2 < \frac{1}{n} \cdot \frac{a_n}{a_n + 5} \quad \cdots \text{①} $$

ここで $f(x) = (x-1)^2(x+5) - \frac{x}{n}$ とおくと、条件より $f(a_n) < 0$ です。 $f(x)$ を微分すると $f'(x) = 3(x+3)(x-1) - \frac{1}{n}$ となり、$x \ge \frac{5}{3}$ では $f'(x) \ge \frac{28}{3} - \frac{1}{n} > 0$ となるため $f(x)$ は単調増加する。

$$ f\left(\frac{5}{3}\right) = \frac{80}{27} - \frac{5}{3n} \ge \frac{35}{27} > 0 $$

であるから、$x \ge \frac{5}{3}$ では $f(x) > 0$ となります。 $f(a_n) < 0$ であるから、$a_n < \frac{5}{3}$ が成り立つ。

関数 $\frac{x}{x+5} = 1 - \frac{5}{x+5}$ は単調増加であるから、$0 < a_n < \frac{5}{3}$ のとき

$$ \frac{a_n}{a_n+5} < \frac{\frac{5}{3}}{\frac{5}{3}+5} = \frac{1}{4} $$

①より、

$$ (a_n-1)^2 < \frac{1}{n} \cdot \frac{1}{4} = \frac{1}{4n} $$

が成り立つ。

(i) の証明

（ii）の結果より、

$$ 0 \le (a_n - 1)^2 < \frac{1}{4n} $$

$\lim_{n \to \infty} \frac{1}{4n} = 0$ であるから、はさみうちの原理により

$$ \lim_{n \to \infty} (a_n - 1)^2 = 0 $$

よって、$\lim_{n \to \infty} a_n = 1$ が成り立つ。

解説

3次式の因数分解に気づけるかどうかが最初の関門です。定数項が $n$ に依存しない部分に注目し、因数定理を用いることで突破できます。

（i）の極限を求めるだけであれば、$\frac{a_n}{a_n+5} < 1$ という荒い評価ではさみうちの原理を適用できます。一方、（ii）では $\frac{1}{4n}$ という具体的な上限が指定されているため、逆算して $a_n \le \frac{5}{3}$ の証明に帰着させるという論理の組み立てが必要になります。