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東北大学 1969年理系第4問解説

方針・初手

2次方程式 $a_n x^2 + 2x - a_n = 0$ を解き、その解の中から絶対値が1より小さいものを見つけて漸化式を立てる。その際、2次の係数である $a_n$ が0にならないことを、数学的帰納法によりすべての $n$ で $a_n > 0$ となることを通じて示す。極限の計算では、求まった漸化式を不等式で評価するか、数列を三角関数で置換して一般項を求める手法が有効である。

解法1

(1)

数学的帰納法を用いて、すべての自然数 $n$ について $a_n > 0$ であることを示しつつ、$a_{n+1}$ を求める。

[1] $n=1$ のとき条件より $a_1 > 0$ であるから成立する。

[2] $n=k$ のとき $a_k > 0$ であると仮定する。方程式 $a_k x^2 + 2x - a_k = 0$ は $a_k \neq 0$ であるから2次方程式であり、解の公式より

$$ x = \frac{-1 \pm \sqrt{1 + a_k^2}}{a_k} $$

となる。2つの解をそれぞれ $\alpha = \frac{-1 + \sqrt{1 + a_k^2}}{a_k}$, $\beta = \frac{-1 - \sqrt{1 + a_k^2}}{a_k}$ とおく。解と係数の関係から $\alpha \beta = -1$ である。 $a_k > 0$ より $\sqrt{1 + a_k^2} > \sqrt{1} = 1$ であるから、$\alpha > 0$ となる。また、$\sqrt{1 + a_k^2} < \sqrt{1 + 2a_k + a_k^2} = 1 + a_k$ が成り立つため、

$$ \alpha < \frac{-1 + (1 + a_k)}{a_k} = 1 $$

となる。よって $0 < \alpha < 1$ であり、$|\alpha| < 1$ を満たす。一方、$\alpha \beta = -1$ と $0 < \alpha < 1$ より、

$$ |\beta| = \frac{1}{|\alpha|} > 1 $$

となるため、絶対値が1より小さい根は $\alpha$ のみである。したがって、$a_{k+1} = \alpha = \frac{-1 + \sqrt{1 + a_k^2}}{a_k}$ であり、$\alpha > 0$ より $a_{k+1} > 0$ となる。

以上より、すべての自然数 $n$ について $a_n > 0$ であり、

$$ a_{n+1} = \frac{-1 + \sqrt{1 + a_n^2}}{a_n} $$

である。

(2)

(1) で求めた漸化式の右辺の分子を有理化する。

$$ \begin{aligned} a_{n+1} &= \frac{\left( \sqrt{1 + a_n^2} - 1 \right)\left( \sqrt{1 + a_n^2} + 1 \right)}{a_n \left( \sqrt{1 + a_n^2} + 1 \right)} \\ &= \frac{(1 + a_n^2) - 1}{a_n \left( \sqrt{1 + a_n^2} + 1 \right)} \\ &= \frac{a_n}{\sqrt{1 + a_n^2} + 1} \end{aligned} $$

$a_n > 0$ であるから $\sqrt{1 + a_n^2} > 1$ であり、分母について $\sqrt{1 + a_n^2} + 1 > 2$ が成り立つ。したがって、次の不等式が得られる。

$$ 0 < a_{n+1} < \frac{1}{2} a_n $$

これを繰り返し用いると、

$$ 0 < a_n < \left( \frac{1}{2} \right)^{n-1} a_1 $$

となる。ここで $\lim_{n \to \infty} \left( \frac{1}{2} \right)^{n-1} a_1 = 0$ であるから、はさみうちの原理より、

$$ \lim_{n \to \infty} a_n = 0 $$

よって、数列 $\{a_n\}$ は収束し、その極限値は 0 である。

解法2

(1)

$a_1 > 0$ であるから、$a_1 = \tan \theta_1$ となるような $\theta_1$ が $0 < \theta_1 < \frac{\pi}{2}$ の範囲に唯一存在する。ある自然数 $k$ について $a_k = \tan \theta_k \ \left(0 < \theta_k < \frac{\pi}{2}\right)$ と表せると仮定する。このとき、$a_k \neq 0$ であり、方程式 $a_k x^2 + 2x - a_k = 0$ は

$$ \tan \theta_k \cdot x^2 + 2x - \tan \theta_k = 0 $$

となる。解の公式を用いると、

$$ \begin{aligned} x &= \frac{-1 \pm \sqrt{1 + \tan^2 \theta_k}}{\tan \theta_k} \\ &= \frac{-1 \pm \frac{1}{\cos \theta_k}}{\frac{\sin \theta_k}{\cos \theta_k}} \\ &= \frac{-\cos \theta_k \pm 1}{\sin \theta_k} \end{aligned} $$

複号が $+$ の解を $\alpha$、$-$ の解を $\beta$ とおくと、半角の公式を利用して

$$ \alpha = \frac{1 - \cos \theta_k}{\sin \theta_k} = \frac{2 \sin^2 \frac{\theta_k}{2}}{2 \sin \frac{\theta_k}{2} \cos \frac{\theta_k}{2}} = \tan \frac{\theta_k}{2} $$

$$ \beta = \frac{-1 - \cos \theta_k}{\sin \theta_k} = \frac{-2 \cos^2 \frac{\theta_k}{2}}{2 \sin \frac{\theta_k}{2} \cos \frac{\theta_k}{2}} = -\frac{1}{\tan \frac{\theta_k}{2}} $$

となる。$0 < \theta_k < \frac{\pi}{2}$ であるから $0 < \frac{\theta_k}{2} < \frac{\pi}{4}$ であり、$0 < \tan \frac{\theta_k}{2} < 1$ が成り立つ。よって $0 < \alpha < 1$ となり、$|\alpha| < 1$ を満たす。また、$\beta = -\frac{1}{\alpha}$ であるから $|\beta| > 1$ となる。したがって、絶対値が1より小さい根は $\alpha$ のみであり、

$$ a_{k+1} = \tan \frac{\theta_k}{2} $$

となる。$0 < \frac{\theta_k}{2} < \frac{\pi}{4}$ より、$a_{k+1} > 0$ かつ $a_{k+1} = \tan \theta_{k+1} \ \left(\theta_{k+1} = \frac{\theta_k}{2} \in \left(0, \frac{\pi}{2}\right)\right)$ という形で表されることが示された。以上より、すべての自然数 $n$ に対して $a_n = \tan \theta_n \ \left(0 < \theta_n < \frac{\pi}{2}\right)$ と表せることがわかる。 $a_{n+1}$ を $a_n$ で表す式は、解の公式の変形過程から

$$ a_{n+1} = \frac{-1 + \sqrt{1 + \tan^2 \theta_n}}{\tan \theta_n} = \frac{-1 + \sqrt{1 + a_n^2}}{a_n} $$

である。

(2)

(1) の議論より、$a_n = \tan \theta_n$ とおくと $\theta_{n+1} = \frac{1}{2} \theta_n$ が成り立つ。数列 $\{\theta_n\}$ は初項 $\theta_1$、公比 $\frac{1}{2}$ の等比数列であるから、

$$ \theta_n = \theta_1 \left( \frac{1}{2} \right)^{n-1} $$

と表される。よって $a_n = \tan \left\{ \theta_1 \left( \frac{1}{2} \right)^{n-1} \right\}$ である。 $n \to \infty$ のとき $\theta_1 \left( \frac{1}{2} \right)^{n-1} \to 0$ となり、関数 $\tan x$ は $x = 0$ で連続であるため、

$$ \lim_{n \to \infty} a_n = \tan 0 = 0 $$

よって、数列 $\{a_n\}$ は収束し、その極限値は 0 である。

解説

(1) では、2次方程式の解の公式を適用する際に、2次の係数 $a_n$ が0にならないことを確認する必要がある。初項が正であることと漸化式の形から、帰納的に $a_n > 0$ を示すのが自然である。(2) の極限計算については、無理式を含む漸化式を有理化して評価する手法が王道だが、$a_n = \tan \theta_n$ と置換する手法を用いると、数列が等比数列の形に帰着され、計算が見通しよく進む。本問のような形の方程式に出会った際は、三角関数の置換を視野に入れるとよい。