解説

方針・初手

与えられた漸化式は、そのままでは扱いにくいが、比 $a_{n+1}/a_n$ に着目するときれいに整理できる。

そこで

$$ b_n=\log \frac{a_{n+1}}{a_n} $$

とおく。すると、与式から $a_{n+1}/a_n$ と $a_n/a_{n-1}$ の関係が得られ、$b_n$ は等比数列になる。最後に

$$ \log a_n=\log \frac{a_n}{a_{n-1}}+\log \frac{a_{n-1}}{a_{n-2}}+\cdots+\log \frac{a_2}{a_1} $$

と累積すれば $a_n$ が求まる。

解法1

数列 ${a_n}$ は正の数列であるから、対数はすべて定義される。

与えられた漸化式

$$ a_{n+1}\sqrt{a_{n-1}}=a_n\sqrt{a_n}\qquad (n\geqq 2) $$

を変形すると、

$$ a_{n+1}=\frac{a_n^{3/2}}{a_{n-1}^{1/2}} $$

である。したがって

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

となる。

ここで

$$ b_n=\log \frac{a_{n+1}}{a_n} $$

とおくと、

$$ b_n=\log \sqrt{\frac{a_n}{a_{n-1}}} =\frac12 \log \frac{a_n}{a_{n-1}} =\frac12 b_{n-1} $$

を得る。よって （1） は

$$ b_n=\frac12 b_{n-1}\qquad (n\geqq 2) $$

である。

次に、初項 $b_1$ を求める。

$$ b_1=\log \frac{a_2}{a_1}=\log \frac{e}{1}=1 $$

であるから、${b_n}$ は初項 $1$、公比 $\frac12$ の等比数列であり、

$$ b_n=\left(\frac12\right)^{n-1} $$

となる。これが （2） である。

さらに、

$$ \log a_n =\log \frac{a_n}{a_{n-1}}+\log \frac{a_{n-1}}{a_{n-2}}+\cdots+\log \frac{a_2}{a_1} =\sum_{k=1}^{n-1} b_k $$

より、

$$ \log a_n =\sum_{k=1}^{n-1}\left(\frac12\right)^{k-1} =\frac{1-\left(\frac12\right)^{n-1}}{1-\frac12} =2\left(1-\left(\frac12\right)^{n-1}\right) $$

すなわち

$$ \log a_n=2-\left(\frac12\right)^{n-2} $$

である。したがって

$$ a_n=e^{,2-\left(\frac12\right)^{n-2}} $$

となる。これが （3） の答えである。

最後に極限を求めると、

$$ \left(\frac12\right)^{n-2}\to 0\qquad (n\to\infty) $$

より

$$ a_n=e^{,2-\left(\frac12\right)^{n-2}}\to e^2 $$

である。よって （4） は

$$ \lim_{n\to\infty}a_n=e^2 $$

となる。

解説

この問題の要点は、$a_n$ そのものではなく隣接項の比 $\dfrac{a_{n+1}}{a_n}$ を見ることである。

与式は指数が混ざっているため直接一般項を求めにくいが、比をとると平方根が自然に処理でき、

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

となる。そこで対数をとると、非線形な関係が一次の等比型漸化式

$$ b_n=\frac12 b_{n-1} $$

に落ちる。この変換が本問の核心である。

その後は、$b_n=\log \dfrac{a_{n+1}}{a_n}$ を足し合わせて $\log a_n$ を復元するのが自然な流れである。

答え

**(1)**

$$ b_n=\frac12 b_{n-1}\qquad (n\geqq 2) $$

**(2)**

$$ b_n=\left(\frac12\right)^{n-1} $$

**(3)**

$$ a_n=e^{,2-\left(\frac12\right)^{n-2}} $$

**(4)**

$$ \lim_{n\to\infty}a_n=e^2 $$