解説

方針・初手

漸化式を

$$ a_{n+1}=f(a_n),\qquad f(x)=\frac{1}{4-x^2} $$

とみる。

まず $[0,1)$ が $f$ によって保たれることを示す。次に，不動点条件 $f(\alpha)=\alpha$ が

$$ \alpha^3-4\alpha+1=0 $$

と同値であることに着目し，この方程式が $(0,1)$ にただ 1 つの解をもつことを示す。最後に $f'(x)$ を $[0,1]$ 上で評価して縮小写像型の不等式を得れば，$a_n$ がその不動点 $\alpha$ に収束することが従う。

解法1

（1） すべての自然数 $n$ に対し，$0\leqq a_n<1$ が成り立つことを示す。

数学的帰納法を用いる。

まず，

$$ a_1=0 $$

であるから，確かに $0\leqq a_1<1$ である。

次に，ある自然数 $n$ について

$$ 0\leqq a_n<1 $$

が成り立つと仮定する。このとき

$$ 0\leqq a_n^2<1 $$

より，

$$ 3<4-a_n^2\leqq 4 $$

である。したがって

$$ 0<\frac{1}{4-a_n^2}<\frac{1}{3}<1 $$

となるから，

$$ 0\leqq a_{n+1}=\frac{1}{4-a_n^2}<1 $$

が成り立つ。

よって帰納法により，すべての自然数 $n$ に対して

$$ 0\leqq a_n<1 $$

である。

（2） 3次方程式

$$ x^3-4x+1=0 $$

が $0<x<1$ においてただ 1 つの解 $\alpha$ をもつことを示す。

関数

$$ g(x)=x^3-4x+1 $$

を考える。すると

$$ g(0)=1>0,\qquad g(1)=1-4+1=-2<0 $$

であるから，中間値の定理により，区間 $(0,1)$ に少なくとも 1 つ解をもつ。

次に導関数を調べると，

$$ g'(x)=3x^2-4 $$

である。$0<x<1$ では $3x^2<3$ だから，

$$ g'(x)=3x^2-4<0 $$

となる。したがって $g(x)$ は $(0,1)$ で単調減少である。

よって $(0,1)$ に解は高々 1 つしか存在しない。以上より，$0<x<1$ にただ 1 つの解 $\alpha$ が存在する。

（3） この $\alpha$ に対し，

$$ |a_{n+1}-\alpha|\leqq \beta |a_n-\alpha| $$

を満たす $0<\beta<1$ を 1 つ求める。

（2） の $\alpha$ は

$$ \alpha^3-4\alpha+1=0 $$

を満たすので，

$$ \alpha(4-\alpha^2)=1 $$

すなわち

$$ \alpha=\frac{1}{4-\alpha^2}=f(\alpha) $$

である。

したがって

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

である。

ここで （1） より $0\leqq a_n<1$ であり，また （2） より $0<\alpha<1$ であるから，$a_n$ と $\alpha$ の間の値 $\xi$ は $0\leqq \xi \leqq 1$ を満たす。平均値の定理により，

$$ |f(a_n)-f(\alpha)|=|f'(\xi)|,|a_n-\alpha| $$

となる。

$f'(x)$ を計算すると，

$$ f'(x)=\frac{2x}{(4-x^2)^2} $$

である。$0\leqq x\leqq 1$ では $2x\leqq 2$ かつ $4-x^2\geqq 3$ であるから，

$$ 0\leqq f'(x)=\frac{2x}{(4-x^2)^2}\leqq \frac{2}{3^2}=\frac{2}{9} $$

が成り立つ。よって

$$ |a_{n+1}-\alpha| =|f(a_n)-f(\alpha)| \leqq \frac{2}{9}|a_n-\alpha| $$

となる。

したがって，

$$ \beta=\frac{2}{9} $$

とすればよい。

**(4)**

$\displaystyle \lim_{n\to\infty}a_n=\alpha$ を示す。

（3） で得た不等式を繰り返し用いると，

$$ |a_n-\alpha| \leqq \beta |a_{n-1}-\alpha| \leqq \beta^2 |a_{n-2}-\alpha| \leqq \cdots \leqq \beta^{n-1}|a_1-\alpha| $$

となる。

ここで $0<\beta<1$ であるから，

$$ \beta^{n-1}\to 0\qquad (n\to\infty) $$

である。したがって

$$ 0\leqq |a_n-\alpha|\leqq \beta^{n-1}|a_1-\alpha|\to 0 $$

より，

$$ a_n\to \alpha \qquad (n\to\infty) $$

が従う。

解説

この問題の中心は，漸化式を単なる数列の計算として扱うのではなく，

$$ a_{n+1}=f(a_n),\qquad f(x)=\frac{1}{4-x^2} $$

という反復としてみることである。

まず （1） で数列が常に区間 $[0,1)$ に入ることを押さえると，以後は $f$ をその区間上で調べればよい。（2） では，不動点 $f(x)=x$ が 3 次方程式に一致することを使う。さらに （3） では導関数 $f'(x)$ を区間 $[0,1]$ で一様に評価することで，$f$ がこの区間で縮小的に働くことが分かる。これにより，反復列 $a_n$ が不動点 $\alpha$ に引き寄せられることが （4） で厳密に示される。

答え

**(1)**

すべての自然数 $n$ に対して

$$ 0\leqq a_n<1 $$

が成り立つ。

**(2)**

方程式

$$ x^3-4x+1=0 $$

は $0<x<1$ にただ 1 つの解 $\alpha$ をもつ。

**(3)**

例えば

$$ \beta=\frac{2}{9} $$

とすれば，

$$ |a_{n+1}-\alpha|\leqq \frac{2}{9}|a_n-\alpha| $$

がすべての自然数 $n$ に対して成り立つ。

**(4)**

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

である。