数列 $\{a_n\}$ が $a_1 = 3$, $a_{n+1} = \frac{a_n}{2} + \frac{3}{a_n}$ ($n = 1, 2, \dots$) で定義されている。 (1) 不等式 $a_n > \sqrt{6}$ を証明する。 (2) 不等式 $a_{n+1} - \sqrt{6} < \frac{1}{4}(a_n - \sqrt{6})^2$ を証明する。 (3) $\lim_{n \to \infty} a_n$ を求める。

1. 問題の内容

数列 $\{a_n\}$ が $a_1 = 3$, $a_{n+1} = \frac{a_n}{2} + \frac{3}{a_n}$ ($n = 1, 2, \dots$) で定義されている。

(1) 不等式 $a_n > \sqrt{6}$ を証明する。

(2) 不等式 $a_{n+1} - \sqrt{6} < \frac{1}{4}(a_n - \sqrt{6})^2$ を証明する。

(3) $\lim_{n \to \infty} a_n$ を求める。

2. 解き方の手順

(1) $a_n > \sqrt{6}$ の証明

数学的帰納法で証明する。

(i) $n=1$ のとき、$a_1 = 3 > \sqrt{6}$ なので成立する。

(ii) $n=k$ のとき、$a_k > \sqrt{6}$ が成立すると仮定する。

このとき、$a_{k+1} > \sqrt{6}$ を示す。

$a_{k+1} - \sqrt{6} = \frac{a_k}{2} + \frac{3}{a_k} - \sqrt{6} = \frac{a_k^2 - 2\sqrt{6}a_k + 6}{2a_k} = \frac{(a_k - \sqrt{6})^2}{2a_k}$

$a_k > \sqrt{6} > 0$ であるから $(a_k - \sqrt{6})^2 > 0$ である。

よって、$a_{k+1} - \sqrt{6} > 0$ となり、$a_{k+1} > \sqrt{6}$ が成立する。

(i), (ii) より、$a_n > \sqrt{6}$ が全ての自然数 $n$ に対して成立する。

(2) $a_{n+1} - \sqrt{6} < \frac{1}{4}(a_n - \sqrt{6})^2$ の証明

(1) より、$a_{n+1} - \sqrt{6} = \frac{(a_n - \sqrt{6})^2}{2a_n}$

$\frac{(a_n - \sqrt{6})^2}{2a_n} < \frac{1}{4}(a_n - \sqrt{6})^2$ を示す。

$2a_n > 4$ であればよい。

$a_n > \sqrt{6} > 2$ なので $2a_n > 4$ である。

したがって、$a_{n+1} - \sqrt{6} < \frac{1}{4}(a_n - \sqrt{6})^2$ が成立する。

(3) $\lim_{n \to \infty} a_n$ を求める。

$\alpha = \lim_{n \to \infty} a_n$ が存在すると仮定する。

$a_{n+1} = \frac{a_n}{2} + \frac{3}{a_n}$ であり、$n \to \infty$ のとき

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

$\alpha = \frac{\alpha^2 + 6}{2\alpha}$

$2\alpha^2 = \alpha^2 + 6$

$\alpha^2 = 6$

$\alpha = \pm \sqrt{6}$

$a_n > \sqrt{6}$ より $\alpha = \sqrt{6}$ となる。

次に、$|a_{n+1} - \sqrt{6}| < \frac{1}{4} |a_n - \sqrt{6}|^2$ を繰り返し使うと

$|a_n - \sqrt{6}| < \left( \frac{1}{4} \right)^{2^{n-1} - 1} |a_1 - \sqrt{6}|^{2^{n-1}} = 4\left( \frac{(3 - \sqrt{6})}{4} \right)^{2^{n-1}}$

$0 < \frac{3 - \sqrt{6}}{4} < 1$ なので、$\lim_{n \to \infty} |a_n - \sqrt{6}| = 0$

よって $\lim_{n \to \infty} a_n = \sqrt{6}$

3. 最終的な答え

(1) $a_n > \sqrt{6}$ が成立する。

(2) $a_{n+1} - \sqrt{6} < \frac{1}{4}(a_n - \sqrt{6})^2$ が成立する。

(3) $\lim_{n \to \infty} a_n = \sqrt{6}$