解説

方針・初手

漸化式

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

は両辺を2乗すると

$$ a_{n+1}^2=2+a_n $$

となる。これから

$$ (a_{n+1}-1)(a_{n+1}+1)=a_n+1 $$

および

$$ (2-a_{n+1})(2+a_{n+1})=2-a_n $$

が得られる。これらを用いると、（1） は積の消去、（2） は帰納法、（3） は部分和の極限で処理できる。

解法1

**(1)**

まず $a_1=\sqrt2>1$ であり、$a_{n+1}=\sqrt{2+a_n}>1$ だから、すべての対数の真数は正である。

したがって

$$ \log(a_1-1)+\log(a_2-1)+\log(a_3-1)+\log(a_3+1) =\log{(a_1-1)(a_2-1)(a_3-1)(a_3+1)} $$

である。

ここで

$$ (a_3-1)(a_3+1)=a_3^2-1=(2+a_2)-1=a_2+1 $$

より

$$ (a_2-1)(a_3-1)(a_3+1)=(a_2-1)(a_2+1)=a_2^2-1=(2+a_1)-1=a_1+1 $$

さらに

$$ (a_1-1)(a_1+1)=a_1^2-1=2-1=1 $$

となる。よって

$$ (a_1-1)(a_2-1)(a_3-1)(a_3+1)=1 $$

であるから、

$$ \log(a_1-1)+\log(a_2-1)+\log(a_3-1)+\log(a_3+1)=\log1=0 $$

となる。

**(2)**

$0<2-a_n<\dfrac1{2^{n-1}}$ を数学的帰納法で示す。

まず $n=1$ では

$$ 0<2-\sqrt2<1=\frac1{2^{1-1}} $$

であり成り立つ。

次に、ある正の整数 $n$ について

$$ 0<2-a_n<\frac1{2^{n-1}} $$

が成り立つと仮定する。このとき $a_n<2$ だから

$$ a_{n+1}=\sqrt{2+a_n}<\sqrt4=2 $$

であり、

$$ 0<2-a_{n+1} $$

が従う。

さらに

$$ 2-a_{n+1} =2-\sqrt{2+a_n} =\frac{4-(2+a_n)}{2+\sqrt{2+a_n}} =\frac{2-a_n}{2+a_{n+1}} $$

である。ここで $a_{n+1}>0$ なので $2+a_{n+1}>2$ であるから、

$$ 0<2-a_{n+1} =\frac{2-a_n}{2+a_{n+1}} <\frac{2-a_n}{2} <\frac1{2^n} $$

となる。

したがって

$$ 0<2-a_n<\frac1{2^{n-1}} $$

はすべての正の整数 $n$ について成り立つ。

**(3)**

部分和を

$$ S_N=\sum_{n=1}^N\log(a_n-1) $$

とおく。

$n\ge2$ に対して

$$ (a_n-1)(a_n+1)=a_n^2-1=(2+a_{n-1})-1=a_{n-1}+1 $$

より

$$ a_n-1=\frac{a_{n-1}+1}{a_n+1} $$

である。よって

$$ \prod_{n=2}^N(a_n-1) =\prod_{n=2}^N\frac{a_{n-1}+1}{a_n+1} =\frac{a_1+1}{a_N+1} $$

となる。

したがって

$$ \prod_{n=1}^N(a_n-1) =(a_1-1)\prod_{n=2}^N(a_n-1) =(a_1-1)\frac{a_1+1}{a_N+1} =\frac{a_1^2-1}{a_N+1} =\frac1{a_N+1} $$

であるから、

$$ S_N=\log\prod_{n=1}^N(a_n-1)=\log\frac1{a_N+1}=-\log(a_N+1) $$

を得る。

（2） より $0<2-a_N<\dfrac1{2^{N-1}}$ なので $a_N\to2$ である。したがって

$$ \sum_{n=1}^{\infty}\log(a_n-1) =\lim_{N\to\infty}S_N =\lim_{N\to\infty}{-\log(a_N+1)} =-\log3 $$

となる。

解説

この問題の要点は、漸化式をそのまま眺めるのではなく、まず2乗して

$$ a_{n+1}^2=2+a_n $$

という形に直すことである。すると $(a_n-1)(a_n+1)$ や $(2-a_n)(2+a_n)$ が自然に現れ、積の消去や評価が一気に進む。

特に （3） は、無限和を直接扱うのではなく、有限和の指数部分を積に直してから望ましく消去するのが典型である。

答え

**(1)**

$$ 0 $$

**(2)**

すべての正の整数 $n$ について

$$ 0<2-a_n<\frac1{2^{n-1}} $$

が成り立つ。

**(3)**

$$ \sum_{n=1}^{\infty}\log(a_n-1)=-\log3 $$