関数 $f(x) = x^2 - 2$ が与えられている。曲線 $y = f(x)$ 上の点 $(x_n, f(x_n))$ における接線がx軸と交わる点のx座標を $x_{n+1}$ とする。$x_1 = 2$ であるとき、以下の問いに答えよ。 (1) $x_{n+1}$ を $x_n$ を用いて表せ。 (2) $\sqrt{2} < x_{n+1} < x_n$ であることを示せ。 (3) $x_{n+1} - \sqrt{2} < \frac{1}{2}(x_n - \sqrt{2})$ であることを示せ。 (4) $\lim_{n \to \infty} x_n$ を求めよ。

1. 問題の内容

関数 $f(x) = x^2 - 2$ が与えられている。曲線 $y = f(x)$ 上の点 $(x_n, f(x_n))$ における接線がx軸と交わる点のx座標を $x_{n+1}$ とする。$x_1 = 2$ であるとき、以下の問いに答えよ。

(1) $x_{n+1}$ を $x_n$ を用いて表せ。

(2) $\sqrt{2} < x_{n+1} < x_n$ であることを示せ。

(3) $x_{n+1} - \sqrt{2} < \frac{1}{2}(x_n - \sqrt{2})$ であることを示せ。

(4) $\lim_{n \to \infty} x_n$ を求めよ。

2. 解き方の手順

(1) 点 $(x_n, f(x_n))$ における接線の方程式を求める。

$f'(x) = 2x$ より、接線の傾きは $f'(x_n) = 2x_n$ である。

したがって、接線の方程式は

$y - f(x_n) = 2x_n(x - x_n)$

$y - (x_n^2 - 2) = 2x_n(x - x_n)$

$y = 2x_n x - 2x_n^2 + x_n^2 - 2$

$y = 2x_n x - x_n^2 - 2$

この接線がx軸と交わる点では $y = 0$ なので、

$0 = 2x_n x - x_n^2 - 2$

$2x_n x = x_n^2 + 2$

$x = \frac{x_n^2 + 2}{2x_n}$

したがって、$x_{n+1} = \frac{x_n^2 + 2}{2x_n}$ である。

(2) $\sqrt{2} < x_{n+1} < x_n$ を示す。

まず、$x_{n+1} - \sqrt{2} > 0$ を示す。

$x_{n+1} - \sqrt{2} = \frac{x_n^2 + 2}{2x_n} - \sqrt{2} = \frac{x_n^2 + 2 - 2\sqrt{2}x_n}{2x_n} = \frac{(x_n - \sqrt{2})^2}{2x_n}$

$x_1 = 2 > \sqrt{2}$ であり、$x_n > \sqrt{2}$ と仮定すると、 $x_{n+1} > \sqrt{2}$ となるので、すべての $n$ について $x_n > \sqrt{2}$ である。

したがって、$\frac{(x_n - \sqrt{2})^2}{2x_n} > 0$ より、$x_{n+1} > \sqrt{2}$ である。

次に、$x_{n+1} < x_n$ を示す。

$x_n - x_{n+1} = x_n - \frac{x_n^2 + 2}{2x_n} = \frac{2x_n^2 - x_n^2 - 2}{2x_n} = \frac{x_n^2 - 2}{2x_n}$

$x_n > \sqrt{2}$ より、$x_n^2 > 2$ であるから、$x_n^2 - 2 > 0$ である。

また、$2x_n > 0$ なので、$\frac{x_n^2 - 2}{2x_n} > 0$ である。

したがって、$x_n - x_{n+1} > 0$ より、$x_{n+1} < x_n$ である。

(3) $x_{n+1} - \sqrt{2} < \frac{1}{2}(x_n - \sqrt{2})$ を示す。

$x_{n+1} - \sqrt{2} = \frac{(x_n - \sqrt{2})^2}{2x_n}$ であり、

$\frac{1}{2}(x_n - \sqrt{2})$ と比較すると、

$\frac{(x_n - \sqrt{2})^2}{2x_n} < \frac{1}{2}(x_n - \sqrt{2})$

$\frac{x_n - \sqrt{2}}{2x_n} < \frac{1}{2}$

$x_n - \sqrt{2} < x_n$

$-\sqrt{2} < 0$

これは常に成り立つ。したがって、$x_{n+1} - \sqrt{2} < \frac{1}{2}(x_n - \sqrt{2})$ が成り立つ。

(4) $\lim_{n \to \infty} x_n$ を求める。

$\sqrt{2} < x_{n+1} < x_n$ より、$x_n$ は下に有界な単調減少列であるから、極限値を持つ。

$\lim_{n \to \infty} x_n = \alpha$ とすると、$\lim_{n \to \infty} x_{n+1} = \alpha$ である。

$x_{n+1} = \frac{x_n^2 + 2}{2x_n}$ より、$\alpha = \frac{\alpha^2 + 2}{2\alpha}$

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

$\alpha^2 = 2$

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

$x_n > \sqrt{2}$ より、$\alpha = \sqrt{2}$ である。

したがって、$\lim_{n \to \infty} x_n = \sqrt{2}$ である。

3. 最終的な答え

(1) $x_{n+1} = \frac{x_n^2 + 2}{2x_n}$

(2) $\sqrt{2} < x_{n+1} < x_n$

(3) $x_{n+1} - \sqrt{2} < \frac{1}{2}(x_n - \sqrt{2})$

(4) $\lim_{n \to \infty} x_n = \sqrt{2}$