第3問
aを実数とし、数列$\small\sf{\left\{x_n\right\}}$ を次の漸化式によって定める。
$\small\sf{x_1=a\ ,\ \ \ x_{n+1}=x_n+x_n^2\ \ \ \ \left(n=1,2,3,\cdots\right)}$
(1) $\small\sf{a\gt 0}$ のとき、数列$\small\sf{\left\{x_n\right\}}$ が発散することを示せ。
(2) $\small\sf{-1\lt a\lt 0}$ のとき、すべての正の整数nに対して$\small\sf{-1\lt x_n\lt 0}$ が成り立つことを示せ。
(3) $\small\sf{-1\lt a\lt 0}$ のとき、数列$\small\sf{\left\{x_n\right\}}$ の極限を調べよ。
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【解答】
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf n=1,2,3,\cdots \end{align*}}$ に対して
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf x_{n+1}=x_n+x_n^2 \ \ \Leftrightarrow\ \ &\sf x_{n+1}-x_n=x_n^2\geqq 0 \end{align*}}$
なので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf x_{n+1}\geqq x_n\geqq x_{n-1}\geqq\cdots \geqq x_2\geqq x_1=a\ \ \ \ \cdots\cdots\cdots (*)\end{align*}}$
(1)
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf n=1,2,3,\cdots \end{align*}}$ に対して
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf x_{n+1}=x_n+x_n^2=x_n\left(1+x_n\right)\end{align*}}$
なので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf x_2=x_{1}\left(1+x_{1}\right)\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf x_3=x_{2}\left(1+x_{2}\right)\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \vdots\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf x_n=x_{n-1}\left(1+x_{n-1}\right)\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf a\gt 0\end{align*}}$ と$\scriptsize\sf{(*)}$ より $\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf x_1,x_2,\cdots ,x_{n}\ne 0 \end{align*}}$ なので、これらを辺々かけると
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf x_n&=\sf \left(1+x_{1}\right)\left(1+x_{2}\right)\cdots\left(1+x_{n-1}\right)x_1\\ &\geqq \sf \left(1+x_{1}\right)^{n-1}x_1\ \ \ \ \left(\because\ (*)\right)\\ &=\sf \left(1+a\right)^{n-1}a\end{align*}}$
ここで、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf a\gt 0\ \ \Leftrightarrow\ \ 1+a\gt 1\end{align*}}$
なので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf\lim_{n\rightarrow\infty}\left(1+a\right)^{n-1}a=+\infty\end{align*}}$
よって、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \lim_{n\rightarrow\infty}x_n=+\infty\end{align*}}$
(2)
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf -1\lt a\lt 0\end{align*}}$ のとき、$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf -1\lt x_n\lt 0 \end{align*}}$ が成り立つことを数学的帰納法で示す。
(ⅰ) n=1のときは自明
(ⅱ) n=kのとき$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf -1\lt x_k\lt0\end{align*}}$ が成り立つと仮定する。
xについての関数
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf f(x)=x+x^2=\left(x+\frac{1}{2}\right)^2-\frac{1}{4}\ \ \ \left(-1\lt x\lt 0\right)\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf -1\lt x\lt 0\end{align*}}$ における値域は$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf -\frac{1}{4}\lt f(x)\lt 0\end{align*}}$ なので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf x_{k+1}=f\left(x_k\right)\end{align*}}$ のとりうる値の範囲は
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf -\frac{1}{4}\lt x_{k+1}\lt 0 \end{align*}}$ ･･････(A)
となる。よって、$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf n=k+1\end{align*}}$ のときも$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf -1\lt x_{k+1}\lt 0 \end{align*}}$ が成り立つ。
以上より、すべての自然数nに対して$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf -1\lt x_n\lt 0\end{align*}}$ が成り立つ。
(3)
(2)より、$\scriptsize\sf{-1\lt a\lt 0}$ のとき$\scriptsize\sf{x_n\ne 0}$ なので、$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf y_n=-\frac{1}{x_n}\end{align*}}$ とおくと、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf (*)\ \ \Leftrightarrow\ \ y_n\geqq y_{n-1}\geqq\cdots \geqq y_2\geqq y_1=-\frac{1}{a}\gt 1 \ \ \ \ \cdots\cdots\cdots (**)\end{align*}}$
また、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf x_{n+1}=x_n+x_n^2&\ \ \Leftrightarrow\ \ \sf -\frac{1}{y_{n+1}}=-\frac{1}{y_n}+\frac{1}{y_n^2} \\ &\ \ \Leftrightarrow\ \ \sf y_{n+1}=y_ny_{n+1}-y_n\\ &\ \ \Leftrightarrow\ \ \sf y_{n+1}=\left(y_{n+1}-1\right)y_n\end{align*}}$
これが$\scriptsize\sf{n=1,2,\cdots }$ に対して成り立つので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf y_2=y_{1}\left(y_{2}-1\right)\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf y_3=y_{2}\left(y_{3}-1\right)\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \vdots\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf y_n=y_{n-1}\left(y_{n}-1\right)\end{align*}}$
これらを辺々かけると、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf y_n&=\sf\left(y_{2}-1\right)\left(y_{3}-1\right)\cdots\left(y_{n}-1\right)y_1 \\ &\geqq\sf \left(y_2-1\right)^{n-1}y_1\ \ \ \ \left(\because\ (**)\right)\\ &\gt\sf \left(y_2-1\right)^{n-1}\ \ \ \ \left(\because\ (**)\right)\end{align*}}$
ここで、$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf -1\lt x_1\lt 0\end{align*}}$ と(A)より
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf -\frac{1}{4}\lt x_2\lt 0\ \ \Leftrightarrow\ \ y_2\gt 4\ \ \Leftrightarrow\ \ y_2-1\gt 3\end{align*}}$
なので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \lim_{n\rightarrow\infty}\left(y_2-1\right)^{n-1}=+\infty\end{align*}}$
より
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \lim_{n\rightarrow\infty}y_n=+\infty\end{align*}}$
よって、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \lim_{n\rightarrow\infty}x_n=\lim_{n\rightarrow\infty}\left(-\frac{1}{y_n}\right)=\underline{0}\end{align*}}$
テーマ:数学 - ジャンル:学問・文化・芸術
- 2019/04/15(月) 23:57:00|
- 大学入試(数学) .全国の大学 .東北大 理系 2019
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