次の数列が有界で単調増加であることを示し、極限を求めよ。 (1) $a_1 = 1, a_{n+1} = \sqrt{a_n + 2}$ (2) $a_1 = 1, a_{n+1} = \frac{3a_n + 2}{a_n + 1}$

1. 問題の内容

次の数列が有界で単調増加であることを示し、極限を求めよ。

(1) $a_1 = 1, a_{n+1} = \sqrt{a_n + 2}$

(2) $a_1 = 1, a_{n+1} = \frac{3a_n + 2}{a_n + 1}$

2. 解き方の手順

**(1) $a_1 = 1, a_{n+1} = \sqrt{a_n + 2}$**

(i) 単調増加性を示す:

$a_1 = 1$

$a_2 = \sqrt{1 + 2} = \sqrt{3} \approx 1.732$

$a_3 = \sqrt{\sqrt{3} + 2} \approx \sqrt{3.732} \approx 1.932$

$a_1 < a_2 < a_3$なので、帰納法で$a_n < a_{n+1}$を示す。

$a_n < a_{n+1}$を仮定する。

$a_n + 2 < a_{n+1} + 2$

$\sqrt{a_n + 2} < \sqrt{a_{n+1} + 2}$

$a_{n+1} < a_{n+2}$

したがって、$a_n < a_{n+1}$が示された。

(ii) 有界性を示す:

$a_1 = 1 < 2$

$a_n < 2$を仮定する。

$a_n + 2 < 4$

$\sqrt{a_n + 2} < \sqrt{4} = 2$

$a_{n+1} < 2$

したがって、$a_n < 2$が示された。

(iii) 極限を求める:

$\lim_{n \to \infty} a_n = \alpha$とすると、

$\alpha = \sqrt{\alpha + 2}$

$\alpha^2 = \alpha + 2$

$\alpha^2 - \alpha - 2 = 0$

$(\alpha - 2)(\alpha + 1) = 0$

$\alpha = 2, -1$

$a_n > 0$より$\alpha = 2$

**(2) $a_1 = 1, a_{n+1} = \frac{3a_n + 2}{a_n + 1}$**

(i) 単調増加性を示す:

$a_1 = 1$

$a_2 = \frac{3(1) + 2}{1 + 1} = \frac{5}{2} = 2.5$

$a_3 = \frac{3(\frac{5}{2}) + 2}{\frac{5}{2} + 1} = \frac{\frac{15}{2} + \frac{4}{2}}{\frac{5}{2} + \frac{2}{2}} = \frac{\frac{19}{2}}{\frac{7}{2}} = \frac{19}{7} \approx 2.714$

$a_{n+1} - a_n = \frac{3a_n + 2}{a_n + 1} - a_n = \frac{3a_n + 2 - a_n(a_n + 1)}{a_n + 1} = \frac{3a_n + 2 - a_n^2 - a_n}{a_n + 1} = \frac{-a_n^2 + 2a_n + 2}{a_n + 1}$

$a_{n+1} - a_n > 0$を示すためには、$-a_n^2 + 2a_n + 2 > 0$を示せばよい。

まずは、$a_n < 1 + \sqrt{3}$であることを示す。

(ii) 有界性を示す:

$a_1 = 1 < 1 + \sqrt{3}$

$a_n < 1 + \sqrt{3}$を仮定する。

$a_{n+1} = \frac{3a_n + 2}{a_n + 1}$

$a_{n+1} < 1 + \sqrt{3}$を示す。

$\frac{3a_n + 2}{a_n + 1} < 1 + \sqrt{3}$

$3a_n + 2 < (1 + \sqrt{3})(a_n + 1)$

$3a_n + 2 < (1 + \sqrt{3})a_n + 1 + \sqrt{3}$

$(2 - \sqrt{3})a_n < \sqrt{3} - 1$

$a_n < \frac{\sqrt{3} - 1}{2 - \sqrt{3}} = \frac{(\sqrt{3} - 1)(2 + \sqrt{3})}{(2 - \sqrt{3})(2 + \sqrt{3})} = \frac{2\sqrt{3} + 3 - 2 - \sqrt{3}}{4 - 3} = \sqrt{3} + 1$

したがって、$a_n < 1 + \sqrt{3}$が示された。

$-a_n^2 + 2a_n + 2 > 0$

$a_n^2 - 2a_n - 2 < 0$

$1 - \sqrt{3} < a_n < 1 + \sqrt{3}$

$a_n > 1$なので、$a_{n+1} - a_n > 0$

したがって、$a_n < a_{n+1}$が示された。

(iii) 極限を求める:

$\lim_{n \to \infty} a_n = \alpha$とすると、

$\alpha = \frac{3\alpha + 2}{\alpha + 1}$

$\alpha^2 + \alpha = 3\alpha + 2$

$\alpha^2 - 2\alpha - 2 = 0$

$\alpha = \frac{2 \pm \sqrt{4 + 8}}{2} = \frac{2 \pm \sqrt{12}}{2} = \frac{2 \pm 2\sqrt{3}}{2} = 1 \pm \sqrt{3}$

$a_n > 0$より$\alpha = 1 + \sqrt{3}$

3. 最終的な答え

(1) 極限: 2

(2) 極限: $1 + \sqrt{3}$