解説

方針・初手

反復で定まる数列なので，まず写像

$$ f(x)=\sin\frac{\pi x}{2} $$

が区間 $(0,1)$ をどう動かすかを調べる。

特に，

• $0<x<1$ のとき $0<f(x)<1$ であること
• $0<x<1$ のとき $f(x)>x$ であること

を示せれば，（1） は帰納法で処理できる。

また （2） は

$$ \phi(x)=\frac{1-f(x)}{1-x} $$

とおいて，$\phi(x)$ が $(0,1)$ で単調減少であることを示せばよい。 （3） は （1），（2） の単調性と有界性から極限を決める。

解法1

（1） すべての自然数 $n$ に対して $0<a_n<1$ かつ $a_{n+1}>a_n$ を示す。

まず $0<x<1$ とすると，

$$ 0<\frac{\pi x}{2}<\frac{\pi}{2} $$

であるから，

$$ 0<\sin\frac{\pi x}{2}<1 $$

すなわち

$$ 0<f(x)<1 $$

が成り立つ。

次に

$$ g(x)=f(x)-x=\sin\frac{\pi x}{2}-x $$

とおく。すると

$$ g(0)=0,\qquad g(1)=0 $$

であり，

$$ g''(x)=-\left(\frac{\pi}{2}\right)^2\sin\frac{\pi x}{2}<0\qquad (0<x<1) $$

となる。したがって $g$ は $(0,1)$ で上に凸であり，両端で $0$ をとるから，

$$ 0<x<1\quad\Longrightarrow\quad g(x)>0 $$

である。よって

$$ 0<x<1\quad\Longrightarrow\quad f(x)>x $$

が分かる。

ここで帰納法を用いる。

$a_1=\alpha$ であり，仮定より $0<\alpha<1$ だから

$$ 0<a_1<1 $$

である。

いまある自然数 $n$ について $0<a_n<1$ と仮定する。すると上で示したことより

$$ 0<a_{n+1}=f(a_n)<1 $$

かつ

$$ a_{n+1}=f(a_n)>a_n $$

が成り立つ。

したがって帰納法により，すべての自然数 $n$ に対して

$$ 0<a_n<1,\qquad a_{n+1}>a_n $$

が成り立つ。

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**(2)**

$$ \phi(x)=\frac{1-\sin\frac{\pi x}{2}}{1-x}\qquad (0<x<1) $$

とおくと，

$$ b_n=\phi(a_n) $$

である。よって $\phi$ が $(0,1)$ で単調減少であることを示せばよい。

微分すると

$$ \begin{aligned} \phi'(x) &= \frac{1-\sin\frac{\pi x}{2}-\frac{\pi}{2}(1-x)\cos\frac{\pi x}{2}}{(1-x)^2} \end{aligned} $$

となる。

ここで

$$ t=\frac{\pi x}{2}\qquad \left(0<t<\frac{\pi}{2}\right) $$

とおくと，分子は

$$ 1-\sin t-\left(\frac{\pi}{2}-t\right)\cos t $$

である。

一方，

$$ 1-\sin t=\int_t^{\pi/2}\cos u,du $$

であり，$\cos u$ は $(0,\frac{\pi}{2})$ で減少するから，$u\in(t,\frac{\pi}{2})$ では

$$ \cos u<\cos t $$

である。したがって

$$ 1-\sin t = \int_t^{\pi/2}\cos u,du < \int_t^{\pi/2}\cos t,du = \left(\frac{\pi}{2}-t\right)\cos t $$

となる。

よって $\phi'(x)<0$ であり，$\phi$ は $(0,1)$ で単調減少である。

（1） より $a_{n+1}>a_n$ だから，

$$ b_{n+1}=\phi(a_{n+1})<\phi(a_n)=b_n $$

となる。すなわち，すべての自然数 $n$ に対して

$$ b_{n+1}<b_n $$

が成り立つ。

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**(3)**

$\lim_{n\to\infty}a_n$ および $\lim_{n\to\infty}b_n$ を求める。

（1） で示したように ${a_n}$ は単調増加で，しかも $a_n<1$ である。したがって ${a_n}$ は収束し，その極限を $L$ とおくと

$$ 0<\alpha\le L\le 1 $$

である。

また

$$ a_{n+1}=f(a_n)=\sin\frac{\pi a_n}{2} $$

であり，$f$ は連続だから，両辺の極限をとって

$$ L=\sin\frac{\pi L}{2} $$

を得る。

ところが （1） の議論で，$0<x<1$ ならば $f(x)>x$，すなわち

$$ \sin\frac{\pi x}{2}>x $$

である。したがって方程式

$$ x=\sin\frac{\pi x}{2} $$

の $[0,1]$ における解は $x=0,1$ のみである。

いま $L\ge \alpha>0$ であるから $L\ne0$，よって

$$ L=1 $$

である。したがって

$$ \lim_{n\to\infty}a_n=1 $$

となる。

次に $b_n$ について考える。$a_n\to1$ より

$$ u_n=\frac{\pi}{2}(1-a_n) $$

とおくと $u_n\to0$ であり，

$$ \begin{aligned} a_{n+1} &= \sin\frac{\pi a_n}{2} \\ \sin\left(\frac{\pi}{2}-u_n\right) \\ \cos u_n \end{aligned} $$

だから

$$ \begin{aligned} b_n &= \frac{1-a_{n+1}}{1-a_n} \\ \frac{1-\cos u_n}{2u_n/\pi} \end{aligned} $$

となる。

ここで

$$ 1-\cos u_n=2\sin^2\frac{u_n}{2}\le 2\left(\frac{u_n}{2}\right)^2=\frac{u_n^2}{2} $$

より，

$$ 0<b_n\le \frac{u_n^2/2}{2u_n/\pi}=\frac{\pi}{4}u_n $$

である。右辺は $u_n\to0$ より $0$ に収束するので，はさみうちにより

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

となる。

解説

この問題の核心は，反復写像

$$ x\mapsto \sin\frac{\pi x}{2} $$

が区間 $(0,1)$ の中で

• 値を再び $(0,1)$ に保つこと
• しかも $x$ より大きい値へ送ること

を押さえる点にある。これで ${a_n}$ の単調増加と上界 $1$ が得られ，極限が決まる。

また （2） では

$$ b_n=\frac{1-f(a_n)}{1-a_n} $$

を，点 $x$ と $1$ を結ぶ割線の傾きとみるのが本質である。$f(x)=\sin\frac{\pi x}{2}$ は下に凸なので，この割線の傾きは $x$ が増えるほど小さくなる。これを微分で厳密に示した。

最後に $b_n$ の極限は，$a_n\to1$ を使って $1-\cos u$ の形に直せばすぐに $0$ と分かる。

答え

**(1)**

すべての自然数 $n$ に対して

$$ 0<a_n<1,\qquad a_{n+1}>a_n $$

が成り立つ。

**(2)**

すべての自然数 $n$ に対して

$$ b_{n+1}<b_n $$

が成り立つ。

**(3)**

$$ \lim_{n\to\infty}a_n=1,\qquad \lim_{n\to\infty}b_n=0 $$

である。