解説

方針・初手

漸化式をそのまま極限に持ち込むより，まず一般項を求めるのが早い問題である。

ただし，収束条件の必要性は漸化式の形からすぐに分かる。実際，$y>1$ なら加えられる項 $y^{n+1}$ 自体が発散し，$x>1$ なら $x a_n$ の部分で幾何級数的に増大する。したがって，まず $x\leqq 1,\ y\leqq 1$ が必要であることを押さえ，その後に一般項で十分性を確認する。

解法1

与えられた漸化式は

$$ a_1=0,\qquad a_{n+1}=x a_n+y^{n+1}\quad (n=1,2,3,\dots) $$

である。

まず必要条件を調べる。

$y>1$ ならば，各 $n$ に対して

$$ a_{n+1}=x a_n+y^{n+1}\geqq y^{n+1} $$

であるから，$a_n\to\infty$ となり，有限の値には収束しない。

次に $x>1$ とする。このとき

$$ a_{n+1}=x a_n+y^{n+1}\geqq x a_n $$

であり，しかも

$$ a_2=y^2>0 $$

であるから，帰納的に

$$ a_n\geqq x^{n-2}a_2=x^{n-2}y^2 $$

となる。よって $x>1$ でも $a_n\to\infty$ となり，有限の値には収束しない。

したがって，$\lim\limits_{n\to\infty}a_n$ が有限の値に収束するためには

$$ x\leqq 1,\qquad y\leqq 1 $$

が必要である。

次に十分性を確かめるため，一般項を求める。

漸化式を順にほどくと，

$$ \begin{aligned} a_n &=x^{n-2}a_2+x^{n-3}y^3+x^{n-4}y^4+\cdots+y^n \\ &=\sum_{k=2}^{n}x^{,n-k}y^k \end{aligned} $$

となる。ここで $x\ne y$ なので，等比数列の和として

$$ \begin{aligned} a_n &=y^2\sum_{j=0}^{n-2}x^{,n-2-j}y^j \\ &=y^2\cdot \frac{x^{n-1}-y^{n-1}}{x-y} \end{aligned} $$

を得る。

ここで $0<x\leqq 1,\ 0<y\leqq 1$ なら，$x^{n-1}$ も $y^{n-1}$ も有限の値に収束する。したがって

$$ a_n=y^2\cdot \frac{x^{n-1}-y^{n-1}}{x-y} $$

も有限の値に収束する。

よって，求める条件は

$$ 0<x\leqq 1,\qquad 0<y\leqq 1,\qquad x\ne y $$

である。

なお，極限値は場合によって次のようになる。

**(i)**

$0<x<1,\ 0<y<1$ のとき

$$ \lim_{n\to\infty}a_n=0 $$

**(ii)**

$0<x<1,\ y=1$ のとき

$$ \lim_{n\to\infty}a_n=\frac{1}{1-x} $$

**(iii)**

$x=1,\ 0<y<1$ のとき

$$ \lim_{n\to\infty}a_n=\frac{y^2}{1-y} $$

解説

この問題の本質は，「非同次項」$y^{n+1}$ と「斉次部分」$x a_n$ の両方が増大しないことを見抜く点にある。

$y>1$ なら加えられる項そのものが発散し，$x>1$ なら既にできた項が倍率 $x$ で増幅されるので，どちらも収束は不可能である。そこを先に押さえると見通しがよい。

そのうえで一般項を求めると，$a_n$ は $x^{n-1}$ と $y^{n-1}$ の差で表されるので，結局 $x,\ y$ がともに $1$ 以下であることが決定条件になる。

ただし問題文で $x,\ y$ は相異なるとしているので，図示では対角線 $x=y$ 上の点は除く。

答え

求める点 $(x,y)$ の範囲は

$$ {(x,y)\mid 0<x\leqq 1,\ 0<y\leqq 1,\ x\ne y} $$

である。

したがって図示すると，第1象限における

$$ 0<x\leqq 1,\qquad 0<y\leqq 1 $$

で表される正方形の内部および辺上の点のうち，対角線

$$ x=y $$

上の点を除いた領域である。