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大阪大学 1986年文系第2問解説

方針・初手

与えられた漸化式から $x_{n+1} - \sqrt{5}$ を計算し、右辺に $x_n - \sqrt{5}$ のかたまりを作り出すことから始める。

そこから $x_n > \sqrt{5}$ ($n \geqq 2$) であることを導き、漸化式の形を利用して評価式を作るか、数学的帰納法を用いて目的の不等式を証明する。

解法1

$x_1 = 2 > 0$ であり、 $x_n > 0$ と仮定すると $x_{n+1} = \frac{x_n^2 + 5}{2x_n} > 0$ となるから、すべての自然数 $n$ について $x_n > 0$ である。

ここで、 $x_{n+1} - \sqrt{5}$ を計算する。

$$ x_{n+1} - \sqrt{5} = \frac{x_n^2 + 5}{2x_n} - \sqrt{5} = \frac{x_n^2 - 2\sqrt{5}x_n + 5}{2x_n} = \frac{(x_n - \sqrt{5})^2}{2x_n} $$

$n=1$ のとき、 $x_1 - \sqrt{5} = 2 - \sqrt{5} \neq 0$ であり $x_1 > 0$ であるから、 $x_2 - \sqrt{5} = \frac{(x_1 - \sqrt{5})^2}{2x_1} > 0$ である。

さらに、 $n \geqq 2$ のとき $x_n - \sqrt{5} > 0$ と仮定すると、上の式より明らかに $x_{n+1} - \sqrt{5} > 0$ が成り立つ。したがって、 $n \geqq 2$ を満たすすべての自然数 $n$ において、 $x_n > \sqrt{5} > 0$ が成り立つ。

これにより、示すべき不等式の左側 $0 < x_n - \sqrt{5}$ ($n \geqq 2$) は示された。

次に、右側の不等式 $x_n - \sqrt{5} < \frac{1}{2^n}$ を示す。先ほどの変形から、以下の式を得る。

$$ x_{n+1} - \sqrt{5} = \frac{x_n - \sqrt{5}}{2x_n}(x_n - \sqrt{5}) = \left( \frac{1}{2} - \frac{\sqrt{5}}{2x_n} \right) (x_n - \sqrt{5}) $$

$n \geqq 2$ において $x_n > \sqrt{5} > 0$ であるから、 $\frac{\sqrt{5}}{2x_n} > 0$ が成り立つ。これより、

$$ \frac{1}{2} - \frac{\sqrt{5}}{2x_n} < \frac{1}{2} $$

であるから、次の不等式が得られる。

$$ x_{n+1} - \sqrt{5} < \frac{1}{2} (x_n - \sqrt{5}) $$

この不等式を繰り返し用いると、 $n \geqq 2$ において次のように評価できる。

$$ x_n - \sqrt{5} < \frac{1}{2} (x_{n-1} - \sqrt{5}) < \left( \frac{1}{2} \right)^2 (x_{n-2} - \sqrt{5}) < \cdots < \left( \frac{1}{2} \right)^{n-2} (x_2 - \sqrt{5}) $$

ここで、 $x_1 = 2$ より $x_2 = \frac{2^2 + 5}{2 \cdot 2} = \frac{9}{4}$ であるから、

$$ x_2 - \sqrt{5} = \frac{9}{4} - \sqrt{5} $$

となる。 $2 < \sqrt{5}$ より $- \sqrt{5} < -2$ であるため、

$$ \frac{9}{4} - \sqrt{5} < \frac{9}{4} - 2 = \frac{1}{4} = \left( \frac{1}{2} \right)^2 $$

が成り立つ。これを先ほどの評価式に代入すると、

$$ x_n - \sqrt{5} < \left( \frac{1}{2} \right)^{n-2} \cdot \left( \frac{1}{2} \right)^2 = \left( \frac{1}{2} \right)^n = \frac{1}{2^n} $$

以上より、 $n \geqq 2$ のとき $0 < x_n - \sqrt{5} < \frac{1}{2^n}$ が成り立つことが示された。

解法2

不等式 $0 < x_n - \sqrt{5} < \frac{1}{2^n}$ を、 $n \geqq 2$ における数学的帰納法を用いて証明する。

解法1と同様にして、すべての自然数 $n$ について $x_n > 0$ であり、

$$ x_{n+1} - \sqrt{5} = \frac{(x_n - \sqrt{5})^2}{2x_n} $$

が成り立つことは示されているとする。

(i)

$n = 2$ のとき

$x_1 = 2$ より $x_2 = \frac{9}{4}$ である。

$$ x_2 - \sqrt{5} = \frac{9}{4} - \sqrt{5} $$

ここで、 $2 < \sqrt{5} < \frac{9}{4}$ （各辺正であり、2乗すると $4 < 5 < \frac{81}{16} = 5.0625$ となるため成立）より、

$$ 0 < \frac{9}{4} - \sqrt{5} < \frac{9}{4} - 2 = \frac{1}{4} = \frac{1}{2^2} $$

よって、 $n = 2$ のとき不等式は成立する。

(ii)

$n = k$ ($k \geqq 2$) のとき成立すると仮定する。

すなわち、

$$ 0 < x_k - \sqrt{5} < \frac{1}{2^k} $$

が成り立つと仮定する。 $n = k+1$ のときを考える。

$$ x_{k+1} - \sqrt{5} = \frac{(x_k - \sqrt{5})^2}{2x_k} $$

帰納法の仮定より $x_k - \sqrt{5} > 0$ であるから $x_k > \sqrt{5} > 2$ である。したがって、 $\frac{1}{2x_k} < \frac{1}{4}$ が成り立つ。

これと帰納法の仮定 $x_k - \sqrt{5} < \frac{1}{2^k}$ を用いると、

$$ x_{k+1} - \sqrt{5} < \frac{1}{4} \cdot \left( \frac{1}{2^k} \right)^2 = \frac{1}{2^2} \cdot \frac{1}{2^{2k}} = \frac{1}{2^{2k+2}} $$

となる。ここで、 $k \geqq 2$ であるから、

$$ (2k+2) - (k+1) = k + 1 \geqq 3 > 0 $$

すなわち $2k+2 > k+1$ が成り立つため、 $\frac{1}{2^{2k+2}} < \frac{1}{2^{k+1}}$ である。

また、 $x_k \neq \sqrt{5}$ および $x_k > 0$ より $x_{k+1} - \sqrt{5} > 0$ は明らかである。

したがって、

$$ 0 < x_{k+1} - \sqrt{5} < \frac{1}{2^{k+1}} $$

となり、 $n = k+1$ のときも不等式が成立する。

(i), (ii) より、 $n \geqq 2$ のすべての自然数について $0 < x_n - \sqrt{5} < \frac{1}{2^n}$ が成り立つ。

解説

与えられた漸化式は、関数 $f(x) = x^2 - 5 = 0$ の正の解（すなわち $x = \sqrt{5}$ ）をニュートン法によって近似する際に現れる漸化式である。

このような極限や近似に関連する漸化式では、 $x_{n+1} - \alpha = \dots$ の形（ $\alpha$ は極限値）を計算することが定石となる。本問では右辺が $(x_n - \alpha)^2$ を含む形となり、これを利用して不等式を評価していく。

解法1のように $\frac{x_n - \sqrt{5}}{2x_n}$ を分離して等比数列のように上から押さえる方法と、解法2のように帰納法で直接 $(x_k - \sqrt{5})^2$ ごと評価する方法のどちらでもスムーズに証明できる。解法2の方がより強い不等式 $\frac{1}{2^{2k+2}}$ を経由するため、評価の余裕が視覚的に分かりやすい。