一般項を導出できない数列の極限 – 2006年東大 数学 第5問
2006年東大 数学 第5問は数列の問題ですが、漸化式が線形ではなく、一般項を容易に求められないにもかかわらず、極限値を聞いてくるという、嫌げな問題です。問題文は以下の通りです。
a_1 = \frac{1}{2} とし、数列 \{ a_n \} を漸化式
a_{n+1} = \displaystyle\frac{a_n}{(1+ a_n)^2 } \text{ } (n = 1,2,3, \cdots )
によって定める。このとき、以下の問いに答えよ。
(1) 各 n = 1,2, \cdots に対し b_n = \frac{1}{a_n} とおく。
n > 1 のとき、 b_n > 2n となることを示せ。
(2) \lim\limits_{n \to \infty} \frac{1}{n} (a_1 + a_2 + \cdots + a_n) を求めよ。
(3) \lim\limits_{n \to \infty} na_n を求めよ。
本当に解けるのか、不安になる文面ですが、まずは小問1から取り掛かります。
小問１の解法
これは数学的帰納法で何とかなりそうです。 n = 2 のとき、
\begin{aligned}
& b_2 = \frac{(1+ a_1)^2 }{a_1} \\
& \text{ } = \frac{(1+ \frac{1}{2})^2 }{\frac{1}{2}} \\
& \text{ } = \frac{9}{2} > 2
\end{aligned}です。
n \geqq 2 のとき、 b_n > 2n が成り立つと仮定すると、
\begin{aligned}
& b_{n+1} = \frac{(1+ a_n)^2 }{a_n} \\
& \text{ } = \frac{(1+ \frac{1}{b_n})^2 }{\frac{1}{b_n}} \\
& \text{ } = \frac{(b_n+1)^2}{b_n} \\
& \text{ } = b_n + 2 + \frac{1}{b_n} \\
& \text{ } > 2n + 2 + \frac{1}{b_n}
\end{aligned}となりますが、明らかにすべての n \geqq 1 に対して a_n > 0 なので、 すべての n \geqq 1 に対して b_n > 0 です。
したがって、
\begin{aligned}
& b_{n+1} > 2n + 2 + \frac{1}{b_n} \\
& \text{ } > 2n + 2
\end{aligned}が成り立つので、すべての n \geqq 2 に対し、 b_n > 2n が成り立つことが証明できました。
小問２の解法
ここから難しくなります。一般項がわからないのにその和を出せとか、どんだけ鬼畜なんだろうかと思いますが、とりあえず小問1の結果を用いて、
\sum_{k=1}^n a_k < \frac{1}{2} \sum_{k=1}^n \frac{1}{k}を得ます。この右辺がいわゆる調和級数（の部分和）になっていて、調和級数が「ゆっくりと」発散することを知っていれば、小問2の答えはきっと0なんだろうとあたりがつけられますが、知らないとちょっと辛いです。
ここでさらに、調和級数が \log n の親戚であることを知っていれば、部分和を \log n で上から押さえてやろうなどと言う発想も出てきますが、そうでないと以下のロジックを思いつくことは、更に辛いものがあります。
n=2, 3, \cdots に対し、 n-1 \leqq x \leqq n のとき \frac{1}{n} \leqq \frac{1}{x} なので、
\frac{1}{n} < \int_{n-1}^{n} \frac{1}{x} dxです。したがって、
\begin{aligned}
& \sum_{k=1}^n \frac{1}{k} = 1 + \sum_{k=2}^n \frac{1}{k} \\
& \text{ } < 1+ \sum_{k=2}^n\int_{k-1}^{k} \frac{1}{x} dx \\
& \text{ } = 1+ \int_1^{n} \frac{1}{x} dx \\
& \text{ } = 1+ \log n
\end{aligned}となります。この結果から
\frac{1}{n}\sum_{k=1}^n a_k < \frac{1}{2n}(1+\log n)を得ますが、 \lim\limits_{n \to \infty} \frac{\log n}{ n} = 0 なので、上式の右辺は0に収束します。
ゆえに
\lim_{n \to \infty}\frac{1}{n}\sum_{k=1}^n a_k = 0が成り立ちます。
\lim\limits_{n \to \infty} \frac{\log n}{ n} = 0 の証明
念のため、 \lim\limits_{n \to \infty} \frac{\log n}{ n} = 0 の証明も用意しておきます。
f(x) = e^x -\frac{x^2}{2} とおきます。 x > 0 のとき、 f''(x) = e^x -1 > 0 なので、 f'(x) はこの範囲で単調増加関数です。
ところが、 f'(0) = 0 なので、 f'(x) \geqq 0 が成り立ちます。さらに f(0) = 1 > 0 なので、 x > 0 のとき、 f(x) = e^x -\frac{x^2}{2} > 0 がなりたちます。
ここで t = \log n と置くと、 n > 1 のとき t > 0 なので、
\frac{\log n}{ n} = te^{-t} < \frac{1}tとなります。 n \to \infty のとき t \to \infty であり、上式の右辺は0に収束します。
したがって、
\lim_{n \to \infty} \frac{\log n}{ n} = 0が証明できました。
小問３の解法
na_n の極限とか、どうすりゃいいのか途方にくれますが、ヒントとなりそうなのは小問2の結果と、もともとの漸化式くらいなので、これらが手掛かりにならないか、考えてみます。
もともとの漸化式を b_n で表現したものが
\begin{aligned}
& b_{n+1} = b_n + 2 + \frac{1}{b_n}
\end{aligned}ですが、右辺の b_n を左辺に移項し、 \frac{1}{b_n} を a_n に置き換えると、
\begin{aligned}
& b_{n+1} - b_n = 2+ a_n & \cdots(1)
\end{aligned}こ、これは？！
k= 1 から k = n までの各式を辺々足せば、左辺の b_k はいい感じに相殺しあって、
\begin{aligned}
& b_{n+1} - b_1 = 2n+ \sum_{k =1}^n a_k & \cdots(2)
\end{aligned}と、左辺には b_{n+1} と定数しかいなくなるうえに、右辺の \sum\limits_{k=1}^n a_k には、まるで謀ったかのように小問2の結果がもろ使えそうです。両辺を n 割って、 b_{n+1} = \frac{1}{a_{n+1}} 、 b_1 = \frac{1}{a_{1}} = 2 を代入すると、
\begin{aligned}
& \frac{1}{na_{n+1}} - \frac{2}{n} = 2+\frac{1}{n} \sum_{k =1}^n a_k
\end{aligned}となりますが、 a_{n+1} の係数が n+1 になるように式を変形すると
\begin{aligned}
& \frac{1}{(n+1)a_{n+1}} = \frac{n}{n+1} \left \{ \frac{2}{n} + 2+\frac{1}{n} \sum_{k =1}^n a_k \right \} \\
& \text{ } = 2 + \frac{n}{n+1} \left \{ \frac{1}{n} \sum_{k =1}^n a_k \right \}
\end{aligned}となります。ここで n+1 を n に置き換えて、両辺の逆数を取ると、
\begin{aligned}
& na_{n} = \frac{1}{2 + \left ( 1 - \frac{1}{n} \right ) \left ( \frac{1}{n- 1} \sum\limits_{k =1}^{n-1} a_k \right ) }
\end{aligned}を得ます。ここで小問2の結果を適用することにより、
\lim_{n \to \infty} n a_n = \frac{1}{2}を導けました。
うんちく
チェザロ平均
数列 \{a_n \} (n=1,2,\cdots) に対し、小問2に出てきたような最初の n 個の平均 \frac{1}{n} \sum\limits_{k= 1}^na_k を、その数列のチェザロ平均と呼びます。
チェザロ平均の特徴として、もとの数列が収束すれば、チェザロ平均もその値に収束するというものがあります。これを知っていれば、小問2の収束値の当たりをつけるのに役立ったでしょうが、高校の範囲で証明するのは困難なので、試験の時には引用したりせず、あくまでうんちくのレベルにとどめておきましょう。
ちょっと微妙な感じのチェザロ平均。しかし、大学に行くと俄然有用性を発揮します。
大学では、任意の連続周期関数が、フーリエ級数とよばれる三角関数の和で近似できるという、なんか黒魔術みたいな秘儀を学びますが、この収束の証明に、チェザロ平均が使われます。
調和級数
小問2に出てきたような \sum\limits_{k=1}^n \frac{1}{k} の極限、すなわち
\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n}を、調和級数と呼びます。
名称の由来はWikipediaによると、倍音の概念から来ているそうで、基音の2倍音、3倍音等の波長がそれぞれ基音の \frac{1}{2} 、 \frac{1}{3} になることによります。なお、倍音の波長比を足し合わせることに、どんな音楽的意味があるのかはよくわかりませんでした。
調和級数に関するうんちくは、以下です。
- 発散する
- しかし、発散のスピードは \log x と同程度で、ゆっくりである。 \sum\limits_{k=1}^n \frac{1}{k} - \log n は n \to \infty のとき、ある定数に収束する
解法のポイントと今後の学習方針
ポイントの第一は、小問2で調和級数のチェザロ平均を求められたときに、その値が0になりそうだとあたりが付けられるかどうかです。背景知識の有無によって差が付きそうなので、ちょっと不公平な気もしますが、一般項 a_n が0に収束することは容易に推測できるので、その平均が収束するとしたら0しかないと考えられるかどうかがポイントです。
ポイントの第二は、同じく小問2で 調和級数のチェザロ平均を上から押さえるのに使った、積分による評価方法です。このロジックは割とよく見かけるので、是非マスターしてください。
ポイントの第三は、小問3での式(1)導出と、これを辺々足して式(2)に帰着させるところです。何もないところからこれらを思いつくのは結構大変ですが、小問2の結果である \sum_{k=1}^n a_k を適用するにはどうすればよいか、というのと、漸化式の一般項を求めるときによく出てくる、隣接項差分式の足し合わせで途中の項を全部消す、というおなじみの手法を何とか適用できないか、と言う観点から考えれば、解法を思いつけると思います。
これにはやはり、たくさん問題をこなしていろいろなパターンに触れておく、というのが、ある意味身も蓋もありませんが、最も有効だと考えます。