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2012年 東北大 解けない漸化式の極限 〜東北大の数学〜

2012年 東北大

数列 a_{n}a_{1}=1, \ a_{n+1}=\displaystyle \sqrt \frac{3a_{n}+4}{2a_{n}+3 } (n=1,\ 2,\ 3,\ \cdots) で定める.以下の問いに答えよ.
(1) n\geqq 2 のとき,a_{n}>1 となることを示せ.
(2) \alpha^{2}=\displaystyle\frac{3\alpha+4}{2\alpha+3} を満たす正の実数 \alpha を求めよ.
(3) すべての自然数 n に対して a_{n}<\alpha となることを示せ.
(4) 0\lt r\lt 1 を満たすある実数 r に対して,不等式\displaystyle\frac{\alpha-a_{n+1}}{\alpha-a_{n}}\leqq r (n=1,\ 2,\ 3,\ \cdots) が成り立つことを示せ.さらに,極限 \displaystyle \lim_{n\rightarrow∞}{a_{n}} を求めよ.

思考力発想力なんかいらない!

解けない漸化式の極限です.


(3)は差がつきそう.


演習におすすめの1題です.


解答

(1)
a_1=1 , a_2=\sqrt{\dfrac{3a_1+4}{2a_1+3}}=\sqrt{\dfrac{8}{5}}>1 より

n=2 のとき成り立つ.

n=k のとき,a_{k}>1 が成り立つと仮定する.

   
\begin{align}
a_{k+1}&=\sqrt{\dfrac{3a_k+4}{2a_k}+3}\\
&=\sqrt{\dfrac{(2a_k+3)+(a_k+1)}{2a_k}+3}\\
&\gt\sqrt{\dfrac{2a_k+3}{2a_k+3}}=1
\end{align}

数学的帰納法により,n\geqq 2 で,a_{n}>1 が示された.

(2) 与式より,

   \alpha^{2}(2\alpha+3)=3\alpha+4

   2\alpha^{3}+3\alpha^{2}-3\alpha-4=0

   (\alpha+1)(2\alpha^{2}+\alpha-4)=0 \alpha=-1,\dfrac{-1\pm\sqrt{33}}{4}

\alpha>0 であるから, \alpha=\dfrac{-1+\sqrt{33}}{4}


(3) 数学的帰納法より示す.
n=1 のとき,\sqrt{33}>5 より \alpha>1=a_{1} なので成立.

n=k のとき, a_{k}<\alpha の成立を仮定すると,

a_{k+1}<\alpha が成り立つことを示す.

★このままでは示しずらいのでルートを外しましょう.

a_{k+1}^2<\alpha^2\alpha^{2}-a_{k+1}^{2}>0 を示す.

   \begin{align}
\alpha^{2}-a_{k+1}^{2}&=\dfrac{3\alpha+4}{2\alpha+3}-\dfrac{3a_{k}+4}{2a_{k}+3}\\
&=\dfrac{(3\alpha+4)(2a_{k}+3)-(3a_{k}+4)(2\alpha+3)}{(2\alpha+3)(2a_{k}+3)}
\end{align}

   \alpha^{2}-a_{k+1}^{2}=\dfrac{\alpha-a_{k}}{(2\alpha+3)(2a_{k}+3)}\cdots①

仮定より,右辺は正が成り立ち,

   a_{k+1}^{2}<\alpha^{2}

が成り立つ.

\alpha>0, a_{k+1}>0 より a_{k+1}<\alpha が成り立つ.

以上から a_{n}<\alpha が示された.

(4) ★目標の不等式を目指します.(3)があるので...

   \alpha^{2}-a_{n+1}^{2}=\dfrac{\alpha-a_{n}}{(2\alpha+3)(2a_{n}+3)}

両辺を \alpha+a_{n+1}, \alpha-a_{n} で割る

   \dfrac{\alpha-a_{n-1}}{\alpha-a_{n}}=\dfrac{1}{(\alpha+a_{n+1})(2\alpha+3)(2a_{n}+3)}\cdots②

ここで,a_{n}>0, \alpha>1 より,

   ②< \dfrac{1}{1\cdot 5\cdot 3}=\dfrac{1}{15}

よって, \dfrac{\alpha-a_{n+1}}{\alpha-a_n}\leqq r\cdots③

が成り立つ.

このとき,(3)と③より

   \alpha-a_{n+1}\leqq r(\alpha-a_{n}) から

   
\begin{align}
\alpha-a_{n}&\leqq r(\alpha-a_{n-1})\\
&\leqq r^{2}(\alpha-a_{n-2})\\
&\leqq \cdots\\
&\leqq r^{n-1}(\alpha-a_1)
\end{align}

よって,

   0<\alpha-a_{n}\leqq r^{n-1}(\alpha-a_1)

\displaystyle\lim_{n\rightarrow\infty}r^{n-1}=0 であるから,ハサミウチの原理より,

   \displaystyle\lim_{n\rightarrow\infty}(\alpha-a_n)=0

   \displaystyle\lim_{n\rightarrow\infty}a_n=\alpha=\dfrac{-1+\sqrt{33}}{4}