関数 $f(x)=\sqrt{2x+1}$ に対して、数列 $\{a_n\}$ を $a_1=3$, $a_{n+1} = f(a_n)$ ($n=1, 2, 3, \dots$) で定義する。方程式 $f(x)=x$ の解を $\alpha$ とする。 (1) 自然数 $n$ に対して、$a_n > \alpha$ が成り立つことを示せ。 (2) 自然数 $n$ に対して、$a_{n+1} - \alpha < \frac{1}{2} (a_n - \alpha)$ が成り立つことを示せ。 (3) 数列 $\{a_n\}$ が収束することを示し、その極限値を求めよ。

1. 問題の内容

関数 $f(x)=\sqrt{2x+1}$ に対して、数列 $\{a_n\}$ を $a_1=3$, $a_{n+1} = f(a_n)$ ($n=1, 2, 3, \dots$) で定義する。方程式 $f(x)=x$ の解を $\alpha$ とする。

(1) 自然数 $n$ に対して、$a_n > \alpha$ が成り立つことを示せ。

(2) 自然数 $n$ に対して、$a_{n+1} - \alpha < \frac{1}{2} (a_n - \alpha)$ が成り立つことを示せ。

(3) 数列 $\{a_n\}$ が収束することを示し、その極限値を求めよ。

2. 解き方の手順

(1) まず、$\alpha$ を求める。$f(x) = x$ より、$\sqrt{2x+1} = x$。両辺を2乗して $2x+1 = x^2$。これを解くと、$x^2 - 2x - 1 = 0$ より、$x = 1 \pm \sqrt{2}$。ここで、$x$ は $\sqrt{2x+1}$ の定義域より $x \ge -\frac{1}{2}$ かつ $x \ge 0$ である必要があるので、$\alpha = 1+\sqrt{2}$ となる。

次に、$a_n > \alpha$ であることを数学的帰納法で示す。

(i) $n=1$ のとき、$a_1 = 3 > 1+\sqrt{2} = \alpha$ より成立。

(ii) $n=k$ のとき、$a_k > \alpha$ が成り立つと仮定する。$n=k+1$ のとき、$a_{k+1} = f(a_k) = \sqrt{2a_k+1}$ である。ここで、$g(x) = \sqrt{2x+1}$ は単調増加関数であり、$a_k > \alpha$ であるから、$f(a_k) > f(\alpha)$。$f(\alpha)=\alpha$ なので、$a_{k+1} > \alpha$ が成り立つ。

したがって、数学的帰納法により、すべての自然数 $n$ に対して、$a_n > \alpha$ が成り立つ。

(2) $a_{n+1} - \alpha = f(a_n) - f(\alpha) = \sqrt{2a_n+1} - \sqrt{2\alpha+1}$。

ここで、$a_{n+1}-\alpha = \sqrt{2a_n+1} - \sqrt{2\alpha+1} = \frac{(\sqrt{2a_n+1} - \sqrt{2\alpha+1})(\sqrt{2a_n+1} + \sqrt{2\alpha+1})}{\sqrt{2a_n+1} + \sqrt{2\alpha+1}} = \frac{2a_n+1 - (2\alpha+1)}{\sqrt{2a_n+1} + \sqrt{2\alpha+1}} = \frac{2(a_n - \alpha)}{\sqrt{2a_n+1} + \sqrt{2\alpha+1}}$。

(1)より、$a_n > \alpha$ であるから、$2a_n+1 > 2\alpha+1$。よって、$\sqrt{2a_n+1} > \sqrt{2\alpha+1}$ より、$\sqrt{2a_n+1} + \sqrt{2\alpha+1} > 2\sqrt{2\alpha+1} = 2\sqrt{2(1+\sqrt{2})+1} = 2\sqrt{3+2\sqrt{2}} = 2\sqrt{(1+\sqrt{2})^2} = 2(1+\sqrt{2}) = 2\alpha$。

したがって、$a_{n+1} - \alpha = \frac{2(a_n - \alpha)}{\sqrt{2a_n+1} + \sqrt{2\alpha+1}} < \frac{2(a_n - \alpha)}{2\sqrt{2\alpha+1}} = \frac{a_n - \alpha}{\sqrt{2\alpha+1}} = \frac{a_n - \alpha}{\alpha}$。

$\alpha > 2$ より、$a_{n+1}-\alpha < \frac{2(a_n-\alpha)}{\sqrt{2(1+\sqrt{2})+1} + \sqrt{2(1+\sqrt{2})+1}} = \frac{2(a_n-\alpha)}{2(1+\sqrt{2})} = \frac{a_n - \alpha}{1+\sqrt{2}} = \frac{a_n-\alpha}{\sqrt{2\alpha+1}} = \frac{a_n - \alpha}{\sqrt{2\alpha+1}}$

$\sqrt{2\alpha+1} > 2$ でないといけない、これは$\sqrt{2(1+\sqrt{2})+1} = \sqrt{3+2\sqrt{2}} = 1+\sqrt{2}$

$1+\sqrt{2}>2$となることはないため、ここで評価を変える。

$\sqrt{2a_n+1} + \sqrt{2\alpha+1} = \sqrt{2a_n+1} + \alpha$

$a_n \ge 1 + \sqrt{2} = \alpha$なので、$a_n \ge \alpha$

$2a_n+1 \ge 2\alpha+1$なので$\sqrt{2a_n+1} \ge \sqrt{2\alpha+1} = \sqrt{2(1+\sqrt{2})+1} = 1+\sqrt{2}$

$\sqrt{2a_n+1} + 1+\sqrt{2} > 2(1+\sqrt{2})=2\alpha$

$\frac{2}{\sqrt{2a_n+1}+\sqrt{2\alpha+1}}<\frac{2}{\sqrt{2\alpha+1}+\sqrt{2\alpha+1}} = \frac{1}{\sqrt{2\alpha+1}}$

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

$a_n > \alpha \ge 0$, $\sqrt{2a_n+1} + \sqrt{2\alpha+1} > \sqrt{1} + \sqrt{1} = 2$

$\frac{2}{\sqrt{2a_n+1}+\sqrt{2\alpha+1}} < \frac{2}{2} = 1$, 従って、$a_{n+1}-\alpha < a_n-\alpha$.

$2a_n+1 \ge 2\alpha+1$

$\sqrt{2x+1}$は上に凸なので、 $\sqrt{2x+1}$の$[x,\alpha]$の平均変化率は$x$が大きいほど小さくなる。

$f'(\alpha)=\frac{2}{2\sqrt{2x+1}}|_{x=\alpha} = \frac{1}{\sqrt{2(1+\sqrt{2})+1}} = \frac{1}{\sqrt{3+2\sqrt{2}}}=\frac{1}{1+\sqrt{2}} < \frac{1}{2}$より

$a_{n+1}-\alpha = \sqrt{2a_n+1}-\sqrt{2\alpha+1}$

平均値の定理から$a_{n+1} - \alpha = \frac{1}{\sqrt{2c+1}}(a_n - \alpha)$、$c$は$a_n$と$\alpha$の間。

$\frac{1}{\sqrt{2a_n+1}} \lt \frac{1}{\sqrt{2\alpha+1}} = \frac{1}{1+\sqrt{2}} < \frac{1}{2}$より

$a_{n+1}-\alpha \lt \frac{1}{2}(a_n-\alpha)$

(3) (2)の結果より、$0 < a_{n+1} - \alpha < \frac{1}{2} (a_n - \alpha)$。

これを繰り返すと、$0 < a_n - \alpha < (\frac{1}{2})^{n-1} (a_1 - \alpha) = (\frac{1}{2})^{n-1} (3 - (1+\sqrt{2})) = (\frac{1}{2})^{n-1} (2-\sqrt{2})$。

$\lim_{n \to \infty} (\frac{1}{2})^{n-1} = 0$ であるから、$\lim_{n \to \infty} (a_n - \alpha) = 0$。

よって、$\lim_{n \to \infty} a_n = \alpha = 1+\sqrt{2}$。

3. 最終的な答え

(1) $a_n > 1 + \sqrt{2}$

(2) $a_{n+1} - \alpha < \frac{1}{2}(a_n - \alpha)$

(3) 数列 $\{a_n\}$ は収束し、$\lim_{n \to \infty} a_n = 1 + \sqrt{2}$