根号の漸化式の極限(単調・有界)

方針

解答

⓪ 発想 — どう考え始めるか。 漸化式 $a_{n+1}=\sqrt{2+a_n}$ がもし収束すれば、極限 $\alpha$ は $\alpha =\sqrt{2+\alpha }$ を満たす。${\alpha }^2=2+\alpha$ を解くと $\alpha =2$(正の解)。

だが「収束すれば」を保証しないと極限は語れない。そこで単調性と有界性を示す。

帰納法で各項が $2$ 未満(上に有界)、かつ $a_{n+1}>a_n$(単調増加)を示す。上に有界で単調増加な列は必ず収束する — この2本立てが背骨だ。

① 上に有界($a_n<2$)。 帰納法。$a_1=\sqrt{2}<2$。$a_n<2$ を仮定すると $$a_{n+1}=\sqrt{2+a_n}<\sqrt{2+2}=2.$$ よってすべての $n$ で $a_n<2$。

② 単調増加。 $a_n<2$ のとき $a_{n+1}^2-a_n^2=(2+a_n)-a_n^2=-(a_n-2)(a_n+1)$。$a_n<2,a_n>0$ より $(a_n-2)<0,(a_n+1)>0$ だから $a_{n+1}^2-a_n^2>0$、すなわち $a_{n+1}>a_n$。

③ 極限。 上に有界で単調増加だから収束する。極限を $\alpha$ とすると $\alpha =\sqrt{2+\alpha }$、$2$ 乗して ${\alpha }^2=2+\alpha$、${\alpha }^2-\alpha -2=0$、$(\alpha -2)(\alpha +1)=0$。$\alpha >0$ だから $$\underset{n\to \infty }{\lim }{a}_n=2.$$

まとめ 漸化式の極限は「有界＋単調で存在を保証→不動点で値を確定」。$a_n<2$・単調増加から収束し、極限は $\alpha =\sqrt{2+\alpha }$ の正の解 $2$。漸化式と極限の融合。

発展 — 一歩先へ。 一般項 $a_n=2\cos \frac{\pi }{2^{n+1}}$ は、入れ子の根号 $\sqrt{2+\sqrt{2+\sqrt{2}}}$ が三角関数で書けることを示す。同じ道具でヴィエタの公式 $\frac{2}{\pi }=\frac{\sqrt{2}}{2}\cdot \frac{\sqrt{2+\sqrt{2}}}{2}\cdots$ が導け、円周率を根号の入れ子で表す歴史的な無限積につながる。

別解

別解 — 三角関数で一般項を書く(得意な人向けの高い視点)。 $2+2\cos \theta =4{\cos }^2\frac{\theta }{2}$(半角)から、$\sqrt{2+2\cos \theta }=2\cos \frac{\theta }{2}$。これは漸化式 $a_{n+1}=\sqrt{2+a_n}$ と同じ形をしている。

そこで $a_n=2\cos {\theta }_n$ とおくと、$a_{n+1}=2\cos \frac{{\theta }_n}{2}$、つまり角が毎回半分になる。$a_1=\sqrt{2}=2\cos \frac{\pi }{4}$ から出発すると ${\theta }_n=\frac{\pi }{2^{n+1}}$、すなわち

$$a_n=2\cos \frac{\pi }{2^{n+1}}.$$

$n\to \infty$ で角 $\frac{\pi }{2^{n+1}}\to 0$、$\cos 0=1$ だから $a_n\to 2\cos 0=2$。

単調有界で極限の存在を示す本解に対し、こちらは一般項そのものを閉じた式で書き、収束を $\cos$ の連続性で言い切る。入れ子の根号 $\sqrt{2+\sqrt{2+\sqrt{2}}}$ が $2\cos$ で表せる、有名な変身だ。