1971年(昭和46年)東京大学-数学(理科)[2] - [別館]球面倶楽部零八式markIISR

[2] 正数 $x$ を与えて，
$2a_1=x, \quad 2a_2={a_1}^2+1, \quad \cdots, \quad 2a_{n+1}={a_n}^2+1, \quad \cdots$
のように数列 $\{ a_n \}$ を定めるとき，

(1) $x\neq 2$ ならば， $a_1\lt a_2\lt \cdots\lt a_n\lt \cdots$ となることを証明せよ．

(2) $x\lt 2$ ならば， $a_n\lt 1$ となることを証明せよ．このとき，正数 $\varepsilon$ を $1-\dfrac{x}{2}$ より小となるようにとって， $a_1，a_2，\cdots，a_n$ までが $1-\varepsilon$ 以下となったとすれば，個数 $n$ について次の不等式が成り立つことを証明せよ．
$2-x>n{\varepsilon}^2$

2021.10.08記

$\varepsilon N$ -論法．

$0\lt a_1\lt 1$ のとき，数列 $a_n$ は $a_n\lt 1$ であるから上に有界で、単調増加数列なので，収束することが知られているが，この証明は高校の範囲外である．証明には $\varepsilon N$ -論法を用いるが，本問の答案に少し付け加えるだけで、その証明が完了する．

[解答]

$a_n$ は帰納的に正であり，
$2(a_{n+1} -a_n)=(a_{n}-1)^2\geqq 0$ …(i)
が成立する．

また， $a_n\neq 1$ のとき $a_{n+1}=\dfrac{a_n^2+1}{2}\neq 1$ …(ii)であり，特に， $(0\lt) a_n\lt 1$ のとき $a_{n+1}=\dfrac{a_n^2+1}{2}\lt 1$ …(iii)である．

(1)　 $x\neq 2$ のとき， $a_n\neq 1$ だから，(ii) より帰納的に $a_n\neq 1$ だから (i) より帰納的に
$a_{n+1}\gt a_n$ が成立する．

(2) $(0\lt) x\lt 2$ のとき， $(0\lt)a_n\lt 1$ だから，(iii) より帰納的に $a_n\lt 1$ が成立する．

次に， $\varepsilon<1-\dfrac{x}{2}=1-a_1$ かつ $a_1\lt \cdots \lt a_n \leqq 1-\varepsilon$ のとき，
$\varepsilon\leqq 1-a_k$ が $k=1,\ldots,n$ で成立するので
$2(a_{k+1}-a_k)=(1-a_k)^2\geqq \varepsilon^2$
となり，よって
$2(a_{n+1}-a_1)\geqq n\varepsilon^2$
となり， $2\gt a_{n+1}，2a_1=x$ から
$2-x\gt 2a\geqq 2a_{n+1}-2a_1\geqq n\varepsilon^2$ が成立する．

$0\lt a_1 \lt 1$ のとき， $a_n$ は上に有界で単調増加数列だから収束する．
収束値を $\alpha$ とすると，

$\forall\varepsilon \gt 0, \exists N, \quad \mbox{s.t.}\quad n> N \Rightarrow |a_n-\alpha|<\varepsilon$

が成立する．このような $\alpha$ を見付ければ， $a_n$ の極限値を求めることができる．

今， $0\lt a_1 \lt 1$ のとき， $a_1\lt 1-\varepsilon$ をみたす任意の正数 $\varepsilon$ に対し，
$a_n\lt 1-\varepsilon$ をみたす $n$ の最大値は $\dfrac{2-x}{\varepsilon^2}$ 未満であるから，
$N=\left[\dfrac{2-x}{\varepsilon^2}\right]$ とすると，

$n\gt N \Rightarrow 1-\varepsilon\lt a_n \lt 1$ （ $\Rightarrow |a_n-1|<\varepsilon$ ）
が成立する．よって， $\displaystyle\lim_{n\to\infty} a_n =1$ が成立する．

2021.11.13記
AM-GM 不等式より，
$a_{n+1}=\dfrac{a_n{}^2+1}{2}\geqq a_n$ で等号成立は $a_{n}=1$ だから、 $a_n\neq 1$ ならば $a_{n+1}\gt a_n$
としても良いか．

(2) $(0\lt) x\lt 2$ ならば帰納的に $0\lt a_n\lt 1$ だから
$a_n=\sqrt{\cos\theta_n}$ （ $0\lt \theta_n\lt\dfrac{\pi}{2}$ ）
とおくことができ，このとき，
$a_{n+1}=\dfrac{\cos\theta_n+1}{2}=\cos^2\dfrac{\theta_n}{2}$
なので，
$\cos\theta_{n+1}=\cos^4\dfrac{\theta_n}{2}$
が成立するけど，これは使えなかった．