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東北大学 1973年理系第3問解説

方針・初手

漸化式に現れる係数 $a, b$ が $a^2+b^2=1$ かつ $a > 0, b > 0$ を満たすことから、三角関数の合成を連想し、$\cos \alpha = a, \sin \alpha = b$ となる角 $\alpha$ を導入します。これにより漸化式は $\sin \theta_{n+1} = \sin(\theta_n + \alpha)$ と表せます。

$-\frac{\pi}{2} \leqq \theta_n \leqq \frac{\pi}{2}$ の制約があるため、単純に $\theta_{n+1} = \theta_n + \alpha$ とはならず、$\frac{\pi}{2}$ を超えた際の「折り返し」を考える必要があります。この挙動を捉えやすくするために、$\varphi_n = \frac{\pi}{2} - \theta_n$ と置換して数列 $\{\varphi_n\}$ の漸化式を導くのが有効な初手です。

解法1

$a > 0, b > 0, a^2+b^2=1$ より、 $$ \cos \alpha = a, \quad \sin \alpha = b \quad \left(0 < \alpha < \frac{\pi}{2}\right) $$ を満たす角 $\alpha$ が存在する。これを用いると、与えられた漸化式は $$ \sin \theta_{n+1} = \sin \theta_n \cos \alpha + \cos \theta_n \sin \alpha = \sin(\theta_n + \alpha) $$ と変形できる。

ここで、$\varphi_n = \frac{\pi}{2} - \theta_n$ とおく。条件 $-\frac{\pi}{2} \leqq \theta_n \leqq \frac{\pi}{2}$ より、$0 \leqq \varphi_n \leqq \pi$ である。 $\theta_n = \frac{\pi}{2} - \varphi_n$ を漸化式に代入すると、 $$ \sin\left(\frac{\pi}{2} - \varphi_{n+1}\right) = \sin\left(\frac{\pi}{2} - \varphi_n + \alpha\right) $$ $$ \cos \varphi_{n+1} = \cos(\varphi_n - \alpha) $$ となる。$0 \leqq \varphi_n \leqq \pi$ および $0 < \alpha < \frac{\pi}{2}$ であるから、$-\frac{\pi}{2} < \varphi_n - \alpha < \pi$ である。 $\cos(\varphi_n - \alpha) = \cos(|\varphi_n - \alpha|)$ と書け、さらに $0 \leqq |\varphi_n - \alpha| < \pi$ である。関数 $\cos x$ は $0 \leqq x \leqq \pi$ において単調減少（単射）であるから、 $$ \varphi_{n+1} = |\varphi_n - \alpha| $$ が成り立つ。$\theta_1 = 0$ より、初項は $\varphi_1 = \frac{\pi}{2}$ である。

次に、数列 $\{\varphi_n\}$ の挙動を調べる。 $\alpha > 0$ であるから、$(k-1)\alpha < \frac{\pi}{2} \leqq k\alpha$ を満たす自然数 $k$ がただ1つ存在する。（$0 < \alpha < \frac{\pi}{2}$ より $k \geqq 2$ である） $1 \leqq n \leqq k$ のとき、$\varphi_n = \frac{\pi}{2} - (n-1)\alpha \geqq 0$ となることを数学的帰納法で示す。

(i) $n=1$ のとき、$\varphi_1 = \frac{\pi}{2}$ であり成立する。

(ii) $n=m$ ($1 \leqq m \leqq k-1$) のとき成立すると仮定する。 $\varphi_m = \frac{\pi}{2} - (m-1)\alpha$ であり、$m \leqq k-1$ より $m\alpha \leqq (k-1)\alpha < \frac{\pi}{2}$ であるから、 $$ \frac{\pi}{2} - m\alpha > 0 $$ である。よって、 $$ \varphi_{m+1} = |\varphi_m - \alpha| = \left|\frac{\pi}{2} - (m-1)\alpha - \alpha\right| = \left|\frac{\pi}{2} - m\alpha\right| = \frac{\pi}{2} - m\alpha $$ となり、$n=m+1$ のときも成立する。

以上より、$1 \leqq n \leqq k$ において $\varphi_n = \frac{\pi}{2} - (n-1)\alpha$ である。

次に、$n \geqq k$ について考える。 $\varphi_k = \frac{\pi}{2} - (k-1)\alpha$ であり、$k$ の定義より $$ \varphi_{k+1} = |\varphi_k - \alpha| = \left|\frac{\pi}{2} - k\alpha\right| = k\alpha - \frac{\pi}{2} $$ となる。さらに、 $$ \varphi_{k+2} = |\varphi_{k+1} - \alpha| = \left|k\alpha - \frac{\pi}{2} - \alpha\right| = \left|(k-1)\alpha - \frac{\pi}{2}\right| $$ $k$ の定義より $(k-1)\alpha < \frac{\pi}{2}$ であるから、 $$ \varphi_{k+2} = \frac{\pi}{2} - (k-1)\alpha = \varphi_k $$ となる。これ以降も同様の計算が繰り返されるため、$n \geqq k$ において数列 $\{\varphi_n\}$ は $\varphi_k$ と $\varphi_{k+1}$ を交互に繰り返す周期 $2$ の数列となる。

ここで、数列 $\{s_n\}$ を考える。$\sin \theta_i = \cos \varphi_i$ であるから、 $$ s_n = \frac{1}{n} \sum_{i=1}^n \sin \theta_i = \frac{1}{n} \sum_{i=1}^n \cos \varphi_i $$ である。$n > k$ とし、$n - k + 1 = 2M + r$ （$M$ は整数、$r$ は $0$ または $1$）とおくと、和は次のように表せる。 $$ \sum_{i=1}^n \cos \varphi_i = \sum_{i=1}^{k-1} \cos \varphi_i + M(\cos \varphi_k + \cos \varphi_{k+1}) + r \cos \varphi_k $$ 両辺を $n$ で割ると、 $$ s_n = \frac{1}{n} \sum_{i=1}^{k-1} \cos \varphi_i + \frac{M}{n}(\cos \varphi_k + \cos \varphi_{k+1}) + \frac{r \cos \varphi_k}{n} $$ $n \to \infty$ のとき、$k$ は定数であるから $\frac{1}{n} \sum_{i=1}^{k-1} \cos \varphi_i \to 0$ であり、$r \in \{0, 1\}$ より $\frac{r \cos \varphi_k}{n} \to 0$ である。また、$M = \frac{n-k+1-r}{2}$ であるから、 $$ \lim_{n \to \infty} \frac{M}{n} = \lim_{n \to \infty} \frac{n-k+1-r}{2n} = \frac{1}{2} $$ となる。したがって、 $$ \lim_{n \to \infty} s_n = \frac{\cos \varphi_k + \cos \varphi_{k+1}}{2} $$ となり、数列 $\{s_n\}$ は収束することが示された。

最後に $b = \frac{1}{2}$ のときを考える。 $a > 0, a^2+b^2=1$ より $a = \frac{\sqrt{3}}{2}$ であり、$\alpha = \frac{\pi}{6}$ である。 $(k-1)\frac{\pi}{6} < \frac{\pi}{2} \leqq k\frac{\pi}{6}$ より、$k-1 < 3 \leqq k$ となり、$k=3$ である。このとき、 $$ \varphi_3 = \frac{\pi}{2} - (3-1)\frac{\pi}{6} = \frac{\pi}{6} $$ $$ \varphi_4 = 3 \cdot \frac{\pi}{6} - \frac{\pi}{2} = 0 $$ であるから、求める極限値は $$ \lim_{n \to \infty} s_n = \frac{\cos \varphi_3 + \cos \varphi_4}{2} = \frac{\cos \frac{\pi}{6} + \cos 0}{2} = \frac{\frac{\sqrt{3}}{2} + 1}{2} = \frac{\sqrt{3} + 2}{4} $$ となる。

解説

$\sin \theta_{n+1} = \sin(\theta_n + \alpha)$ という式から $\theta_{n+1} = \theta_n + \alpha$ と短絡的に考えてはなりません。定義域 $-\frac{\pi}{2} \leqq \theta_n \leqq \frac{\pi}{2}$ の制約により、$\theta_n + \alpha$ が $\frac{\pi}{2}$ を超えた際に生じる「折り返し」を正しく処理する必要があります。

この折り返しを数式として扱いやすくするために、$\varphi_n = \frac{\pi}{2} - \theta_n$ と置換する発想が最大の鍵となります。これにより $\varphi_{n+1} = |\varphi_n - \alpha|$ という簡明な漸化式が得られ、ある項以降で周期 $2$ になることが見通せます。また、周期数列の和の極限（チェザロ平均）は、1周期分の平均値に収束するという極限の典型処理を用いています。