数列 $\{a_n\}$ が、$a_1 = p \ (p > 0)$, $a_{n+1} = \frac{a_n^2 + 2}{2a_n + 1}$ ($n=1, 2, \dots$) で定義されている。 (1) $b_n = \frac{a_n - 1}{a_n + 2}$ とおくとき、$b_{n+1}$ を $b_n$ で表す。 (2) $b_n$ を $n$ と $b_1$ で表す。 (3) $\lim_{n \to \infty} a_n$ を求める。

1. 問題の内容

数列 $\{a_n\}$ が、$a_1 = p \ (p > 0)$, $a_{n+1} = \frac{a_n^2 + 2}{2a_n + 1}$ ($n=1, 2, \dots$) で定義されている。

(1) $b_n = \frac{a_n - 1}{a_n + 2}$ とおくとき、$b_{n+1}$ を $b_n$ で表す。

(2) $b_n$ を $n$ と $b_1$ で表す。

(3) $\lim_{n \to \infty} a_n$ を求める。

2. 解き方の手順

(1) $b_{n+1}$ を $a_{n+1}$ で表し、$a_{n+1} = \frac{a_n^2 + 2}{2a_n + 1}$ を代入して $b_n$ で表す。

\begin{align*}

b_{n+1} &= \frac{a_{n+1} - 1}{a_{n+1} + 2} \\

&= \frac{\frac{a_n^2 + 2}{2a_n + 1} - 1}{\frac{a_n^2 + 2}{2a_n + 1} + 2} \\

&= \frac{a_n^2 + 2 - (2a_n + 1)}{a_n^2 + 2 + 2(2a_n + 1)} \\

&= \frac{a_n^2 - 2a_n + 1}{a_n^2 + 4a_n + 4} \\

&= \frac{(a_n - 1)^2}{(a_n + 2)^2} \\

&= \left( \frac{a_n - 1}{a_n + 2} \right)^2 \\

&= b_n^2

\end{align*}

(2) $b_{n+1} = b_n^2$ より、数列 $\{b_n\}$ は $b_{n+1} = b_n^2$ を満たす。よって、$b_n = b_1^{2^{n-1}}$ となる。

(3) まず、$a_n$ を $b_n$ で表す。

$b_n = \frac{a_n - 1}{a_n + 2}$ より、$b_n(a_n + 2) = a_n - 1$。したがって、$a_n(1 - b_n) = 2b_n + 1$。よって、$a_n = \frac{2b_n + 1}{1 - b_n}$。

$b_n = b_1^{2^{n-1}}$ より、$n \to \infty$ のとき、$|b_1| < 1$ ならば $b_n \to 0$ であり、$b_1 = \frac{p-1}{p+2}$ であるから、$|b_1| < 1$ は $-\frac{p+2}{p+2} < \frac{p-1}{p+2} < \frac{p+2}{p+2}$, $-1 < \frac{p-1}{p+2} < 1$ と同値である。

$p > 0$ より $p+2 > 0$ であるから、$-p - 2 < p - 1 < p + 2$。

$-p - 2 < p - 1$ より $-1 < 2p$ つまり $p > -\frac{1}{2}$。これは、$p > 0$ と矛盾しない。

$p - 1 < p + 2$ は常に成立する。したがって、$p > 0$ のとき $|b_1| < 1$ が成立する。

よって、$b_n \to 0$ ($n \to \infty$) となり、$\lim_{n \to \infty} a_n = \lim_{n \to \infty} \frac{2b_n + 1}{1 - b_n} = \frac{2 \cdot 0 + 1}{1 - 0} = 1$。

3. 最終的な答え

(1) $b_{n+1} = b_n^2$

(2) $b_n = b_1^{2^{n-1}}$

(3) $\lim_{n \to \infty} a_n = 1$