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東京大学 1971年文系第2問解説

方針・初手

(1) は、隣接項の差 $a_{n+1} - a_n$ がつねに正になることを示す。その際、漸化式を整理して平方の形を作り、各項が $1$ にならないことの証明に帰着させるのがカギとなる。 (2) の前半は数学的帰納法を用いて $0 < a_n < 1$ を示す。後半は、隣接項の差の式から $(1 - a_k)^2$ を作り出し、その和（望遠鏡和）を評価することで目的の不等式を導く。

解法1

(1)

漸化式 $2a_{n+1} = {a_n}^2 + 1$ より、

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

となる。右辺はつねに $0$ 以上であるから、すべての自然数 $n$ において $a_n \neq 1$ であることを示せば、$a_{n+1} - a_n > 0$ が言える。

まず、すべての自然数 $n$ について $a_n > 0$ であることを数学的帰納法で示す。

(i)

$n=1$ のとき、正数 $x$ より $a_1 = \frac{x}{2} > 0$ となり成り立つ。

(ii)

$n=k$ のとき、$a_k > 0$ と仮定すると、漸化式より $a_{k+1} = \frac{{a_k}^2 + 1}{2} > 0$ となり、$n=k+1$ のときも成り立つ。

よって、すべての $n$ に対して $a_n > 0$ である。

次に、すべての $n$ について $a_n \neq 1$ であることを背理法で示す。ある自然数 $k$ で $a_k = 1$ になったと仮定する。漸化式より $a_k = \frac{{a_{k-1}}^2 + 1}{2} = 1$ となり、${a_{k-1}}^2 = 1$ を得る。 $a_{k-1} > 0$ であるから $a_{k-1} = 1$ となる。これを繰り返すと $a_1 = 1$ となるが、これは $a_1 = \frac{x}{2}$ および条件 $x \neq 2$ に矛盾する。したがって、すべての自然数 $n$ に対して $a_n \neq 1$ である。

以上より、すべての $n$ に対して $\frac{1}{2}(a_n - 1)^2 > 0$ となり、

$$ a_{n+1} - a_n > 0 $$

すなわち $a_1 < a_2 < \dots < a_n < \dots$ が成り立つ。（証明終）

(2)

前半は、数学的帰納法により $0 < a_n < 1$ を示す。

(i)

$n=1$ のとき正数 $x < 2$ より、$0 < x < 2$ であるから、

$$ 0 < a_1 = \frac{x}{2} < 1 $$

となり、成り立つ。

(ii)

$n=k$ のとき $0 < a_k < 1$ と仮定する。このとき $a_{k+1} = \frac{{a_k}^2 + 1}{2} > 0$ であり、

$$ 1 - a_{k+1} = 1 - \frac{{a_k}^2 + 1}{2} = \frac{1 - {a_k}^2}{2} = \frac{(1 - a_k)(1 + a_k)}{2} $$

$0 < a_k < 1$ より $1 - a_k > 0$ かつ $1 + a_k > 0$ であるから、$1 - a_{k+1} > 0$ すなわち $a_{k+1} < 1$ である。よって、$0 < a_{k+1} < 1$ となり、$n=k+1$ のときも成り立つ。

(i), (ii) より、すべての自然数 $n$ に対して $0 < a_n < 1$ が成り立ち、とくに $a_n < 1$ である。（証明終）

後半は、個数 $n$ についての不等式を証明する。漸化式を変形すると、

$$ 2(a_{k+1} - a_k) = {a_k}^2 - 2a_k + 1 = (1 - a_k)^2 $$

となる。$n \ge 2$ のとき、この関係を用いて $2 - x$ を次のように変形する。

$$ 2 - x = 2 - 2a_1 = 2(1 - a_n) + 2(a_n - a_1) $$

$$ = 2(1 - a_n) + \sum_{k=1}^{n-1} 2(a_{k+1} - a_k) $$

$$ = 2(1 - a_n) + \sum_{k=1}^{n-1} (1 - a_k)^2 $$

条件より、$a_k \le 1 - \epsilon$ （$k=1, 2, \dots, n$）であるから、$1 - a_k \ge \epsilon$ であり、

$$ 2(1 - a_n) \ge 2\epsilon $$

$$ \sum_{k=1}^{n-1} (1 - a_k)^2 \ge \sum_{k=1}^{n-1} \epsilon^2 = (n-1)\epsilon^2 $$

が成り立つ。これらを代入して、

$$ 2 - x \ge 2\epsilon + (n-1)\epsilon^2 $$

また、$\epsilon$ は正数で $\epsilon < 1 - \frac{x}{2}$ であり、$x > 0$ より $\epsilon < 1$ である。 $\epsilon > 0$ かつ $\epsilon < 1$ より $\epsilon^2 < \epsilon$ となるため、$2\epsilon > \epsilon^2$ が成り立つ。したがって、

$$ 2 - x \ge 2\epsilon + (n-1)\epsilon^2 > \epsilon^2 + (n-1)\epsilon^2 = n\epsilon^2 $$

となり、$n \ge 2$ のとき題意の不等式は成り立つ。

$n=1$ のときは、

$$ 2 - x = 2(1 - a_1) $$

であり、$a_1 \le 1 - \epsilon$ より $2(1 - a_1) \ge 2\epsilon$ となる。先ほどと同様に $2\epsilon > \epsilon^2$ であるから、

$$ 2 - x \ge 2\epsilon > \epsilon^2 = 1 \cdot \epsilon^2 $$

となり、$n=1$ のときも成り立つ。以上より、すべての $n$ に対して $2 - x > n\epsilon^2$ が成り立つ。（証明終）

解法2

(2) 後半の別解

$n$ 個の条件をすべて使って和を取る方法で証明する。漸化式より $2(a_{k+1} - a_k) = (1 - a_k)^2$ であり、これを $k=1$ から $n$ まで辺々加える。

$$ \sum_{k=1}^n 2(a_{k+1} - a_k) = \sum_{k=1}^n (1 - a_k)^2 $$

$$ 2(a_{n+1} - a_1) = \sum_{k=1}^n (1 - a_k)^2 $$

仮定より $a_k \le 1 - \epsilon$ （$k=1, 2, \dots, n$）であるから、$1 - a_k \ge \epsilon > 0$ であり、$(1 - a_k)^2 \ge \epsilon^2$ となる。よって、

$$ 2a_{n+1} - 2a_1 \ge \sum_{k=1}^n \epsilon^2 = n\epsilon^2 $$

$2a_1 = x$ を代入し、移項する。

$$ 2a_{n+1} - x \ge n\epsilon^2 $$

ここで、$2a_{n+1} = {a_n}^2 + 1$ より、

$$ {a_n}^2 + 1 - x \ge n\epsilon^2 $$

$$ 2 - x \ge n\epsilon^2 + 1 - {a_n}^2 $$

$a_n > 0$ かつ $a_n \le 1 - \epsilon$ であるから、${a_n}^2 \le (1 - \epsilon)^2 = 1 - 2\epsilon + \epsilon^2$ が成り立つ。これを用いると、

$$ 1 - {a_n}^2 \ge 1 - (1 - 2\epsilon + \epsilon^2) = 2\epsilon - \epsilon^2 = \epsilon(2 - \epsilon) $$

$\epsilon < 1 - \frac{x}{2} < 1$ より $2 - \epsilon > 1 > 0$ であるため、$\epsilon(2 - \epsilon) > 0$ となる。したがって、

$$ 2 - x \ge n\epsilon^2 + \epsilon(2 - \epsilon) > n\epsilon^2 $$

となり、$2 - x > n\epsilon^2$ が証明された。

解説

本問は、漸化式で定められた数列の単調性と有界性を調べる、極限や微分積分に繋がる典型的な問題である。 (1) では $a_{n+1} - a_n$ の符号を調べるが、$a_{n+1} - a_n = \frac{1}{2}(a_n - 1)^2 \ge 0$ という平方完成の形が見抜けるかがポイントになる。ここで等号成立条件である $a_n = 1$ とならないことを、背理法を用いて遡るように論証すると簡潔である。 (2) 後半の不等式証明では、隣接項の差分を足し合わせる（望遠鏡和）という数列の定石を用いる。解法1のように $2 - x$ を $a_n$ の式と差分の和に分解するアプローチは、場合分けが少なく論理の見通しが良い。解法2のように $n$ 項目まで和を取ってから $a_{n+1}$ の評価に帰着させる方法でも、十分自然に解答にたどり着くことができる。