15.2 漸化式の極限の基本事項（２）

$3.$グラフから読み取れることをもう少し調べます．
曲線$y=f(x)$と直線$y=x$が$x=b,c$で交わり，区間$(b,c)$で
$f(x) < x$
とします．
$b < a_n < c$のとき，$f(b) < f(a_n) < f(c)$
($\because f(x)$は増加関数)
より$b < a_{n+1} < c$
したがって，$b < a_1 < c$のとき任意の自然数$n$で
$b < a_n < c$
が成り立つことがわかる．

次に，区間$(b,c)$で$y=f(x)$のグラフは直線$y=x$の下側にあるから
$b < a_n < c$のとき$a_{n+1}=f(a_n) < a_n$
が成り立つ．
$b < a_1 < c$のとき$b < a_n < c$
であるから，数列$a_n$は減少列であることが分かる．
右上図の$x < b$のように$y=f(x)$が直線$y=x$の上側にあるときは増加列である．
すなわち，$y=f(x)$のグラフに上から下に交差する点(図の$x=b$)が極限値になり，下から上に交差する点(図の$x=c$) は初項や途中でその点の値を取らない限り極限値になることはない．

以上の$1,2,3$で漸化式で表せる数列の極限値に関する基礎事項は終わりです．
つぎに答案をどのように作るかを考えましょう．
例
$a_1=-1,a_{n+1}=\sqrt{a_n+2}$
で定まる数列$\{a_n\}$の極限を求めます．

まず，方程式
$x=\sqrt{x+2}$
を解いて
$x=2$
グラフより，極限値が$2$であることが予想できる．
$a_n\to 2 \ (n\to \infty)$を証明しよう．
$a_{n+1}-2=\sqrt{a_n+2}-2$
ここで右辺に注目する．右辺の$a_n$に２を代入すると$0$である．
もし分かりづらければ$f(x)=\sqrt{x+2}$とおけば,右辺は
$f(a_n)-2=f(a_n)-f(2)$
となる．
すなわち，$\sqrt{a_n+2}-2$を有理化すると，分数式で値が$0$になるのは分子が$0$になるときであるから，分子は $a_n-2$を因数に持つ．
実際
$a_{n+1}-2=\sqrt{a_n+2}-2=\dfrac{a_n-2}{\sqrt{a_n+2}+2}$・・・�@
ここで$-1\leqq a_n <2$より
$0 < \dfrac{1}{\sqrt{a_n+2}+2} < \dfrac{1}{2}$
�@の辺々の絶対値を取り
$|a_{n+1}-2|=\dfrac{|a_n-2|}{\sqrt{a_n+2}+2} < \dfrac{1}{2}|a_n-2|$
したがって
$0\leqq |a_n-2| < (\dfrac{1}{2})^{n-1}|a_1-2|$・・・�A
$\displaystyle \therefore \lim_{n\to \infty}|a_n-2|=0$
$\displaystyle \therefore \lim_{n\to \infty}a_n=2$

�Aでは$a_n < 2$であるから
$0 < 2-a_{n+1} < \dfrac{1}{2}(2-a_n)$
より
$0 < 2-a_n < (\dfrac{1}{2})^{n-1}(2-a_1)$
としてもよい．
さて，変形で重要なところは
$|a_{n+1}-2| < \dfrac{1}{2}|a_n-2|$
を導き出すところです．ここをもう少し丁寧に見てみよう．
漸化式
$a_{n+1}=f(a_n)$
の極限値$\alpha$（ただし$\alpha$は方程式$x=f(x)$の解)を予想する．このとき
$a_{n+1}-\alpha =f(a_n)-f(\alpha)$
の右辺について，$a_n$に$\alpha$を代入すれば$0$であるから，多項式や分数式，および平方根や三乗根の無理式の時は 分子を有理化することにより$a_n-\alpha$が括りだせる（分数式で値が$0$になるのは分子が$0$のとき）．したがって
$f(a_n)-f(\alpha)=g(a_n)(a_n-\alpha)$
と変形でできる．したがって$a_n$の動く範囲を調べ$|g(a_n)|$の最大値を求める問題になる． $|g(a_n)|\leqq A<1$・・・�B
のとき， $|f(a_n)-f(\alpha)|=|g(a_n)||a_n-\alpha|\leqq A|a_n-\alpha|$
となる．
ここで問題になるのは，因数定理が使えない，すなわち$f(x)$が指数，対数，三角関数(これらを超越関数と呼ぶ) のときです．これは平均値の定理を用いるのですが それは後で説明します．

例題の解答をきちんと作りましょう．概ね次のような形で出題されます．
例題１
数列$\{a_n\}$が
$a_1=-1,a_{n+1}=\sqrt{a_n+2}$
を満たすとき次の問に答えよ．
(1) $-1 \leqq a_n < 2$を証明せよ．
(2) $a_n < a_{n+1}$を証明せよ．
(3) $\displaystyle \lim_{n\to \infty}a_n$を求めよ．

解答
(1)数学的帰納法で示す．
(�@）$n=1$のとき$a_1=-1$であるから条件を満たす．
(�A)$n=k$のとき条件を満たすと仮定する．すなわち
$-1 \leqq a_k < 2$
を仮定する．
このとき，$f(x)=\sqrt{x+2}$は増加関数であるから
$-1 \leqq a_k < 2$より$f(-1)\leqq f(a_k) < 2$
ここで
$f(-1)=1,f(2)=2,f(a_n)=a_{n+1}$
であるから
$-1 < 1 \leqq a_{k+1} < 2$
したがって，$n=k+1$で成り立つ．
(�@),(�A)よりすべての自然数$n$で
$-1 \leqq a_n < 2$
が成り立つ．

(2) $-1\leqq x < 2$のとき$x < \sqrt{x+2}$が成り立つ．
(1)より$-1\leqq a_n < 2$であるから
$a_n < a_{n+1}$
が成り立つ．

(3) グラフより，1数列$\{a_n\}$の極限値は$2$と予想できる．
$a_{n+1}-2=\sqrt{a_n+2}-2$
$=\dfrac{a_n-2}{\sqrt{a_n+2}+2}$
ここで，$-1\leqq a_n < 2$であるから
$0 < \dfrac{1}{\sqrt{a_n+2}+2} < \dfrac{1}{2}$
さらに$a_n < 2$であるから
$0 < 2-a_{n+1} < \dfrac{1}{2}(2-a_n)$
したがって，
$0 < 2-a_n < (\dfrac{1}{2})^{n-1}(2-a_1)$
はさみうちの原理より
$\displaystyle \lim_{n\to \infty}(2-a_n)=0$
$\displaystyle \therefore \lim_{n\to \infty}a_n=2$

続く(15.3 漸化式の極限(3))

目次
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