東北大学 2012年 理系 第6問 解説

方針・初手

漸化式

$$ a_{n+1}=\sqrt{\frac{3a_n+4}{2a_n+3}} $$

で定まる数列である。まず不動点

$$ x=\sqrt{\frac{3x+4}{2x+3}} $$

を調べて基準となる値 $\alpha$ を求める。そのうえで、関数

$$ f(x)=\sqrt{\frac{3x+4}{2x+3}} $$

の単調性と、$\alpha-f(x)$ を $\alpha-x$ で評価することにより、数列が $\alpha$ に近づくことを示す。

解法1

(1)

$n\geqq 2$ のとき $a_n>1$ を示す。

まず $a_1=1>0$ である。さらに $a_n>0$ ならば

$$ a_{n+1}=\sqrt{\frac{3a_n+4}{2a_n+3}}>0 $$

であるから、帰納法によりすべての $n$ について $a_n>0$ である。

そこで

$$ a_{n+1}^2-1 =\frac{3a_n+4}{2a_n+3}-1 =\frac{a_n+1}{2a_n+3} $$

と変形すると、$a_n>0$ より右辺は正である。よって $a_{n+1}^2>1$ であり、しかも $a_{n+1}>0$ だから

$$ a_{n+1}>1 $$

である。したがって $n\geqq 2$ のとき $a_n>1$ である。

(2)

$\alpha^2=\dfrac{3\alpha+4}{2\alpha+3}$ を満たす正の実数 $\alpha$ を求める。

両辺に $2\alpha+3$ を掛けると

$$ \alpha^2(2\alpha+3)=3\alpha+4 $$

すなわち

$$ 2\alpha^3+3\alpha^2-3\alpha-4=0 $$

を得る。これを因数分解すると

$$ 2\alpha^3+3\alpha^2-3\alpha-4 =(\alpha+1)(2\alpha^2+\alpha-4) $$

であるから、

$$ \alpha=-1,\quad \alpha=\frac{-1\pm\sqrt{33}}{4} $$

を得る。このうち正の実数は

$$ \alpha=\frac{\sqrt{33}-1}{4} $$

のみである。

（3） すべての自然数 $n$ に対して $a_n<\alpha$ を示す。

関数

$$ f(x)=\sqrt{\frac{3x+4}{2x+3}} $$

を考える。$x>-\dfrac32$ において

$$ \left(\frac{3x+4}{2x+3}\right)' =\frac{3(2x+3)-2(3x+4)}{(2x+3)^2} =\frac{1}{(2x+3)^2}>0 $$

であるから、$f(x)$ は $x>-\dfrac32$ で単調増加である。

また （2） の $\alpha$ は

$$ \alpha=f(\alpha) $$

を満たす不動点である。

一方、

$$ a_1=1<\alpha $$

である。実際、

$$ \alpha=\frac{\sqrt{33}-1}{4}>1 $$

である。

ここで $a_n<\alpha$ と仮定すると、$f$ の単調増加性より

$$ a_{n+1}=f(a_n)<f(\alpha)=\alpha $$

となる。よって帰納法により、すべての自然数 $n$ に対して

$$ a_n<\alpha $$

が成り立つ。

（4） ある $0<r<1$ に対して

$$ \frac{\alpha-a_{n+1}}{\alpha-a_n}\leqq r \qquad (n=1,2,3,\dots) $$

が成り立つことを示し、さらに $\displaystyle\lim_{n\to\infty}a_n$ を求める。

まず （3） より $\alpha-a_n>0$ であるから、この比は意味をもつ。

次のように変形する。

$$ \alpha-a_{n+1} =\alpha-\sqrt{\frac{3a_n+4}{2a_n+3}} =\frac{\alpha^2-\dfrac{3a_n+4}{2a_n+3}}{\alpha+a_{n+1}} $$

ここで $\alpha^2=\dfrac{3\alpha+4}{2\alpha+3}$ を用いると、

$$ \alpha-a_{n+1} ============== \frac{\dfrac{3\alpha+4}{2\alpha+3}-\dfrac{3a_n+4}{2a_n+3}}{\alpha+a_{n+1}} $$

である。分子を通分すると

$$ (3\alpha+4)(2a_n+3)-(3a_n+4)(2\alpha+3) =\alpha-a_n $$

となるから、

$$ \alpha-a_{n+1} ============== \frac{\alpha-a_n}{(2\alpha+3)(2a_n+3)(\alpha+a_{n+1})} $$

を得る。したがって

$$ \frac{\alpha-a_{n+1}}{\alpha-a_n} ================================= \frac{1}{(2\alpha+3)(2a_n+3)(\alpha+a_{n+1})} $$

である。

ここで $\alpha>1$、（1） より $a_{n+1}>1$、また $a_n\geqq 1$ であるから

$$ (2\alpha+3)(2a_n+3)(\alpha+a_{n+1}) > 5\cdot 5\cdot 2=50 $$

となる。よって

$$ \frac{\alpha-a_{n+1}}{\alpha-a_n}<\frac1{50} $$

である。したがって、たとえば

$$ r=\frac1{50} $$

とおけば、$0<r<1$ かつ

$$ \frac{\alpha-a_{n+1}}{\alpha-a_n}\leqq r \qquad (n=1,2,3,\dots) $$

が成り立つ。

この不等式を繰り返し用いると、

$$ 0<\alpha-a_n\leqq r^{,n-1}(\alpha-a_1) $$

となる。$0<r<1$ であるから $r^{,n-1}\to 0$ であり、

$$ \alpha-a_n\to 0 $$

を得る。したがって

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

である。

解説

この問題の本質は、漸化式を与える関数

$$ f(x)=\sqrt{\frac{3x+4}{2x+3}} $$

の不動点 $\alpha$ を見つけ、そのまわりで数列を評価することである。

（3） では $f$ が単調増加であることを使うと、$a_n<\alpha$ が自然に帰納法で示せる。さらに （4） では $\alpha-a_{n+1}$ を直接計算すると、$\alpha-a_n$ に比例する形に落ちる。これにより、誤差が等比的に減少することが分かり、極限が直ちに求まる。

答え

$$ \alpha=\frac{\sqrt{33}-1}{4} $$

である。

また、すべての自然数 $n$ に対して

$$ a_n<\alpha $$

が成り立ち、さらに例えば

$$ r=\frac1{50} $$

とすれば

$$ \frac{\alpha-a_{n+1}}{\alpha-a_n}\leqq r \qquad (n=1,2,3,\dots) $$

が成り立つ。

したがって

$$ \lim_{n\to\infty}a_n=\alpha=\frac{\sqrt{33}-1}{4} $$

である。