漸化式で定まる数列の極限

方針

解答

⓪ 発想 — どう考え始めるか。 「収束する」ことは認められているので、極限値 $\alpha$ を求めるだけでよい。

$a_n\to \alpha$ なら、$1$ つ先の $a_{n+1}$ も同じ $\alpha$ に近づく。

だから漸化式 $a_{n+1}=\sqrt{2+a_n}$ で $n\to \infty$ とすると、$\alpha$ の方程式 $\alpha =\sqrt{2+\alpha }$ が得られる。

これを解けばよい。$a_n$ は根号の値なので $\alpha \ge 0$、と押さえておく。

① 極限の方程式を作る。 極限値を $\alpha$ とおく。$a_{n+1}\to \alpha$、$a_n\to \alpha$ だから、漸化式で $n\to \infty$ とすると

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

② 解く。 両辺を $2$ 乗して ${\alpha }^2=2+\alpha$、すなわち ${\alpha }^2-\alpha -2=0$、$(\alpha -2)(\alpha +1)=0$ より $\alpha =2,-1$。

③ 符号で選ぶ。 $a_n=\sqrt{}\ge 0$ なので極限 $\alpha \ge 0$。よって $\alpha =2$。

(実際、$a_1=1,a_2=\sqrt{3}\approx 1.73,a_3=\sqrt{3.73}\approx 1.93,\dots$ と $2$ に近づく。)

まとめ:漸化式の極限は「収束を認め、極限値 $\alpha$ を漸化式に代入して方程式」。$\alpha =\sqrt{2+\alpha }$ を $2$ 乗して解き、$\alpha \ge 0$ で $\alpha =2$ を選ぶ。$2$ 乗で出る余分な解($-1$)を符号で捨てるのが要。

発展 — 一歩先へ。 極限 $\alpha =2$ は、関数 $g(x)=\sqrt{2+x}$ の不動点(=$g(x)=x$ となる点)。数列は $a_{n+1}=g(a_n)$ という反復で、$g$ を繰り返し施している。

反復が不動点に吸い込まれるかどうかは、その点での傾き $|g^{\prime }(\alpha )|$ で決まる。$g^{\prime }(x)=\frac{1}{2\sqrt{2+x}}$ で、$g^{\prime }(2)=\frac{1}{4}<1$。傾きが $1$ 未満だから、$2$ は引き寄せる(収束する)不動点だ。

もう $1$ つの解 $\alpha =-1$ は定義域の外で不動点にならない。「$2$ 乗で増えた無縁解を捨てる」のは、この事情の裏返しでもある。

別解

別解 — 収束することを自分で示す(得意な人向けの視点)。 問題は収束を認めてよいとしているが、実際に「上に有界で単調増加だから収束する」ことまで確かめられる。

まず上に有界:$a_n<2$ なら $a_{n+1}=\sqrt{2+a_n}<\sqrt{2+2}=2$。$a_1=1<2$ だから、すべての $n$ で $a_n<2$。

次に単調増加:$a_{n+1}>a_n$ は、両辺正なので $2$ 乗して $2+a_n>a_n^2$、すなわち $a_n^2-a_n-2<0$、$(a_n-2)(a_n+1)<0$、つまり $-1<a_n<2$ と同値。いま $0<a_n<2$ だから成り立つ。

上に有界な単調増加数列は収束する。極限を $\alpha$ とすれば $\alpha =\sqrt{2+\alpha }$ から $\alpha =2$。

極限値だけ出す本解に、「なぜ収束するか」の裏づけを与えた形。$2$ に近づく上限($a_n<2$)と、$2$ へ登り続ける単調性が、収束の $2$ 本柱だ。