解説

方針・初手

漸化式に $a_n^2$ が含まれているので、そのまま一般項を求めようとすると扱いにくい。そこで、まずは具体的に $a_2,a_3$ を計算し、その後 $b_n=\log_2 a_n$ とおくことで、指数型の漸化式を一次漸化式に直す。

解法1

まず、$a_1=1$ より、

$$ a_2=\frac{1}{\sqrt{2}}a_1^2=\frac{1}{\sqrt{2}}

$$

である。

また、

$$ a_3=\frac{1}{\sqrt{2}}a_2^2 =\frac{1}{\sqrt{2}}\left(\frac{1}{\sqrt{2}}\right)^2 =\frac{1}{2\sqrt{2}}

$$

となる。

したがって、

$$ a_2+a_3 =\frac{1}{\sqrt{2}}+\frac{1}{2\sqrt{2}} =\frac{3}{2\sqrt{2}} =\frac{3\sqrt{2}}{4}

$$

である。

次に、$b_n=\log_2 a_n$ とおく。$a_1=1$ であるから、

$$ b_1=\log_2 1=0

$$

である。

漸化式

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

$$

の両辺について底 $2$ の対数をとると、

$$ \begin{aligned} b_{n+1} &=\log_2 a_{n+1} \\ &=\log_2\left(\frac{1}{\sqrt{2}}a_n^2\right) \\ &=\log_2\frac{1}{\sqrt{2}}+\log_2 a_n^2 \\ &=-\frac{1}{2}+2\log_2 a_n \\ &=2b_n-\frac{1}{2} \end{aligned}

$$

となる。

よって、$b_n$ は

$$ b_{n+1}=2b_n-\frac{1}{2},\qquad b_1=0

$$

を満たす。

この一次漸化式を解く。定数解を $b_n=c$ とすると、

$$ c=2c-\frac{1}{2}

$$

より、

$$ c=\frac{1}{2}

$$

である。したがって、

$$ b_{n+1}-\frac{1}{2}=2\left(b_n-\frac{1}{2}\right)

$$

となる。

よって、数列 $\left\{b_n-\frac{1}{2}\right\}$ は公比 $2$ の等比数列であるから、

$$ b_n-\frac{1}{2} =\left(b_1-\frac{1}{2}\right)2^{n-1}

$$

である。$b_1=0$ を代入して、

$$ b_n-\frac{1}{2} =-\frac{1}{2}\cdot 2^{n-1} =-2^{n-2}

$$

となる。

したがって、

$$ b_n=\frac{1}{2}-2^{n-2}

$$

である。

最後に、$b_n=\log_2 a_n$ より、

$$ a_n=2^{b_n}

$$

であるから、

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

$$

となる。

解説

この問題の中心は、$a_{n+1}$ が $a_n^2$ で定義されている点である。平方が繰り返されるため、$a_n$ のまま考えると指数が急速に複雑になる。

そこで $b_n=\log_2 a_n$ とおくと、積は和に、累乗は係数に変わる。つまり、

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

$$

という形が、

$$ b_{n+1}=2b_n-\frac{1}{2}

$$

という一次漸化式に変わる。

この変換がこの問題の最重要ポイントである。また、$a_1=1>0$ であり、漸化式からすべての $a_n$ は正になるので、対数をとることに問題はない。

答え

**(1)**

$$ a_2+a_3=\frac{3\sqrt{2}}{4}

$$

**(2)**

$$ b_n=\frac{1}{2}-2^{n-2}

$$

**(3)**

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

$$