東京大学 理系 2006年度 第5問 解説
問題編
【問題】
$\displaystyle a_1=\frac{1}{2}$とし、数列$\{a_n\}$を漸化式\[ a_{n+1} = \frac{a_n}{(1+a_n)^2} \quad (n=1,2,3,\cdots) \]によって定める。このとき、以下の問いに答えよ。(1) 各$n=1,2,3,\cdots$に対し$\displaystyle b_n=\frac{1}{a_n}$とおく。$n\gt 1$のとき、$b_n\gt 2n$となることを示せ。
(2) $\displaystyle \lim_{n\to\infty} \frac{1}{n} (a_1+a_2+\cdots+a_n)$を求めよ。
(3) $\displaystyle \lim_{n\to\infty} n a_n$を求めよ。
【考え方】
(1)は数学的帰納法を使えばすぐに示せます。
(2)は、上から積分で評価してはさみうち、というよくある方法です。
問題は(3)です。(2)をじっと見ていても何も浮かんできません。漸化式をひっくり返した式をよく見て、(2)が使えるように変形すれば、$na_n$を作り出すことができますが、なかなかひらめかないと思います。
解答編
【問題】
$\displaystyle a_1=\frac{1}{2}$とし、数列$\{a_n\}$を漸化式\[ a_{n+1} = \frac{a_n}{(1+a_n)^2} \quad (n=1,2,3,\cdots) \]によって定める。このとき、以下の問いに答えよ。(1) 各$n=1,2,3,\cdots$に対し$\displaystyle b_n=\frac{1}{a_n}$とおく。$n\gt 1$のとき、$b_n\gt 2n$となることを示せ。
【解答】
$\displaystyle a_{n+1} = \frac{a_n}{(1+a_n)^2}$より
\begin{eqnarray}
\frac{1}{a_{n+1} }
&=&
\frac{(1+a_n)^2}{a_n} \\[5pt]
&=&
\frac{1}{a_n}+2+a_n \quad \cdots (A)
\end{eqnarray}なので
\begin{eqnarray}
b_{n+1} = b_n+2+\frac{1}{b_n}
\end{eqnarray}となる。
ここで、$b_1=2$なので、$b_2=2+2+\frac{1}{2}\gt 4$となる。漸化式から明らかに$b_n \gt 0$であることもわかる。
また、$b_k\gt 2k$とすると、
\begin{eqnarray}
b_{k+1} = b_k+2+\frac{1}{b_k} \gt b_k+2 \gt 2(k+1)
\end{eqnarray}である。
よって、数学的帰納法より、$n\geqq 2$のとき、$b_n\gt 2n$となる。
【解答終】
【問題】
(2) $\displaystyle \lim_{n\to\infty} \frac{1}{n} (a_1+a_2+\cdots+a_n)$を求めよ。
【解答】
漸化式より、$a_n\geqq 0$であることがわかる。$\displaystyle a_n=\frac{1}{b_n}$であり、(1)より$\displaystyle a_n\leqq \frac{1}{2n}$なので、\[ 0 \leqq \frac{1}{n}\sum_{k=1}^n a_k \leqq \frac{1}{n}\sum_{k=1}^n \frac{1}{2k} \quad \cdots (B) \]である。ここで、$\displaystyle y=\frac{1}{2x}$は単調減少である。
このグラフより、(B)の一番右の式は
\begin{eqnarray}
\frac{1}{n}\sum_{k=1}^n \frac{1}{2k}
&\leqq &
\frac{1}{n} \cdot \frac{1}{2} + \frac{1}{n} \int_1^n \frac{1}{2x}dx \\[5pt]
&=&
\frac{1}{2n} + \frac{1}{n} \left[ \frac{\log x}{2} \right]_1^n \\[5pt]
&=&
\frac{1}{2n} + \frac{\log n}{2n} \\[5pt]
\end{eqnarray}と評価できる。ここで、最後の式は、$n\to\infty$としたとき、0に収束する。よって、はさみうちの原理から、\[ \lim_{n\to\infty} \frac{1}{n} (a_1+a_2+\cdots+a_n) =0 \]となる。
【問題】
(3) $\displaystyle \lim_{n\to\infty} n a_n$を求めよ。
【解答】
(1)の(A)より、
\begin{eqnarray}
\frac{1}{a_{n+1} }-\frac{1}{a_n}
&=&
2+a_n
\end{eqnarray}が成り立つ。ここで、両辺を$n=k$として、$1$からnまで足し合わせると、
\begin{eqnarray}
\sum_{k=1}^n \left(\frac{1}{a_{k+1} }-\frac{1}{a_k}\right)
&=&
\sum_{k=1}^n (2+a_k)
\\[5pt]
\frac{1}{a_{n+1} }-\frac{1}{a_1}
&=&
2n+\sum_{k=1}^n a_k \\[5pt]
\frac{1}{n a_{n+1} }-\frac{1}{n a_1}
&=&
2+\frac{1}{n}\sum_{k=1}^n a_k \\[5pt]
\end{eqnarray}が成り立つ。ここで、$n\to\infty$とすると、(2)より右辺は$2$に収束する。よって左辺も同じ値に収束するので、\[ \lim_{n\to\infty} na_{n+1}=\frac{1}{2} \]となることがわかる。よって、
\begin{eqnarray}
\lim_{n\to\infty} na_n
&=&
\lim_{n\to\infty} (n+1)a_{n+1} \\
&=&
\lim_{n\to\infty} \frac{n+1}{n}\cdot n a_{n+1} \\
&=&
\frac{1}{2}
\end{eqnarray}となる。
【解答終】
【解説】
漸化式の分母分子をひっくり返して(1)で使いましたが、それを再度使って(2)が使える形にする、というひらめきが必要です。(1)(2)は典型的な問題ですが、(3)は少し難易度が高いです。