新潟大学(理系) 2022年 問題6
$数列 \ \{a_n\}\ を次のように定める。関数 \ f(x)=x^2\ とし、a_1=10\ とする。曲線 \ y=f(x)\ の点(a_n,\ f(a_n))\ に$
$おける法線と曲線 \ y=f(x)\ との \ 2\ つの交点を \ (a_n,\ f(a_n)),\ (-a_{n+1},\ f(-a_{n+1}))\ とする。次の問いに答えよ。$
$(1)\ \ a_{n+1}\ を \ a_n\ を用いて表せ。$
$(2)\ \ すべての \ n \geqq 1\ に対して \quad |a_n - \sqrt{n+99} | \leqq 1 \quad が成り立つことを示せ。$
\[(3)\ \ \lim_{n \rightarrow \infty} \cfrac{a_n}{\sqrt{n}} \quad を求めよ。\]
$(解説)$
$(1)\ \ 接線に垂直な直線を法線といいます。法線の方程式を求めて、f(x)との交点を求めます。$
$\quad このとき解と係数の関係をつかうと簡単に求まります。$
$(2)\ \ かなりやっかいな不等式です。数学的帰納法で示すのがいいと思われます。$
$(3)\ \ (2)で示した不等式をつかい、はさみ打ちの原理で求めます。$
(1)
$曲線 \ y=x^2\ の 点A(a_n,\ a_n^2)\ における法線の方程式は$
$\quad y=-\cfrac{1}{2a_n}(x-a_n)+a_n^2 \qquad y=-\cfrac{1}{2a_n}x +a_n^2 +\cfrac{1}{2}$
$y=x^2 \ との交点は \quad x^2=-\cfrac{1}{2a_n}x +a_n^2 +\cfrac{1}{2}$
$\quad x^2+\cfrac{1}{2a_n}x -a_n^2 -\cfrac{1}{2}=0$
$この解が \quad x=a_n,\ \ -a_{n+1}\ \ だから解と係数の関係より \quad a_n -a_{n+1}=-\cfrac{1}{2a_n}$
$\quad \therefore \ \ a_{n+1}=a_n+\cfrac{1}{2a_n}$
(2)
$命題 \ \ P(n):すべての \ n \geqq 1\ \ に対して \ \ a_n > 0 \ \ が成りたつことを数学的帰納法で証明する。$
(i)$\ \ n=1 \ \ のとき \quad a_1=10 \quad だから成りたつ。$
(ii)$\ \ n=k \ のとき成りたつとすると \quad a_k > 0$
$\quad このとき \quad a_{k+1}=a_k+\cfrac{1}{2a_k} > 0 \quad だから \quad n=k+1\ \ のときも成りたつ。$
(i),(ii)$\ \ よりすべての \ n \geqq 1\ に対して \quad a_n > 0 \quad が成りたつ。$
$このことから \quad a_{n+1} = a_n +\cfrac{1}{2a_n} > a_n$
$したがって \quad a_n > a_{n-1} > \cdots > a_2 >a_1=10$
$よって \quad 0 < \cfrac{1}{2a_n} < \cfrac{1}{2a_1}=\cfrac{1}{20} <1 \quad より \quad \big(\cfrac{1}{2a_n}\big)^2 < \cfrac{1}{2a_n}$
$これらの準備から本題を証明します。$
$命題 \ P(n):すべての \ n \geqq 1 \ に対して \quad |a_n - \sqrt{n+99} | \leqq 1 \quad が成りたつことを数学的帰納法で証明する。$
(i)$\ \ n=1 \quad のとき$
$\quad |a_1-\sqrt{1+99}|=|10-10|=0 \quad だから \quad |a_1 - \sqrt{1+99} | \leqq 1 \quad は成りたつ$
(ii)$\ \ n=k \ \ のとき成りたつとすると \quad |a_k - \sqrt{k+99} | \leqq 1 $
$\quad 左辺の分母・分子に \ \ |a_k+\sqrt{k+99}| \ \ をかけて$
$\qquad \cfrac{|a_k^2 - (k+99) |}{a_k + \sqrt{k+99}} \leqq 1 \qquad \therefore \ \ |a_k^2 - (k+99) | \leqq a_k + \sqrt{k+99} $
$このとき$
\begin{eqnarray*} & &|a_{k+1} - \sqrt{k+100}\ | \qquad ( 分母・分子に \ \ |a_{k+1}+\sqrt{k+100}| \ \ をかけて)\\ \\ &=&\cfrac{|a_{k+1}^2 - (k+100)|}{a_{k+1} + \sqrt{k+100}}\\ \\ &=&\cfrac{|(a_k +\dfrac{1}{2a_k})^2- (k+100)|}{a_k+\dfrac{1}{2a_k} + \sqrt{k+100}}\\ \\ &=&\cfrac{|(a_k^2 -(k+99) +\big(\cfrac{1}{2a_k}\big)^2|}{a_k+\dfrac{1}{2a_k} + \sqrt{k+100}}\\ \\ &\leqq&\cfrac{|(a_k^2 -(k+99)|+\big(\cfrac{1}{2a_k}\big)^2}{a_k+\dfrac{1}{2a_k} + \sqrt{k+100}} \qquad (分子でいわゆる絶対値の三角不等式をつかいます)\\ \\ &\leqq&\cfrac{a_k +\sqrt{k+99}+\big(\cfrac{1}{2a_k}\big)^2}{a_k+\dfrac{1}{2a_k} + \sqrt{k+100}} \qquad (分子に \ n=k\ の仮定をつかう)\\ \\ &\leqq&\cfrac{a_k +\sqrt{k+99}+\big(\cfrac{1}{2a_k}\big)^2}{a_k+ \sqrt{k+100}+ \dfrac{1}{2a_k} }\\ \end{eqnarray*} $ここで \ \ a_k +\sqrt{k+99} < a_k+ \sqrt{k+100} ,\qquad \big(\cfrac{1}{2a_k} \big)^2 < \cfrac{1}{2a_k} \quad だから \quad 分子 < 分母$
$よって \quad |a_{k+1} - \sqrt{k+100}\ | < 1 \quad がいえて \ n=k+1\ のときも成りたつ$
(i),(ii)$\ \ より \ \ すべての \ n \geqq 1 \ \ に対して \quad |a_n - \sqrt{n+99} | \leqq 1 \ \ が成り立つ。$
$(研究)$
$実にやっかいな不等式です。他にもっとうまい解答があるかもしれません。$
$a_n \ に対して \ \ \sqrt{n+99}\ \ をよく考えたものですが、この99には大した意味はありません。$
$a_1=4 \ \ として \quad |a_n - \sqrt{n+3} | \leqq 1 \quad が成り立つことを示せ。$
$あるいは$
$a_1=1 \ \ として \quad |a_n - \sqrt{n} | \leqq 1 \quad が成り立つことを示せ。$
$でも同じことがいえます。ですからこれらのどちらかを出題してほしかったと思います。$
(3)
$(2)\ より\ すべての \ n \geqq 1 \ \ に対して \quad |a_n - \sqrt{n+99} | \leqq 1 \ \ が成りたつから$
$ -1 \leqq a_n - \sqrt{n+99} \leqq 1$
$ -1+\sqrt{n+99} \leqq a_n \leqq 1+\sqrt{n+99}$
$\therefore \ \ \cfrac{-1+\sqrt{n+99}}{\sqrt{n}} \leqq \cfrac{a_n}{\sqrt{n}} \leqq \cfrac{1+\sqrt{n+99}}{\sqrt{n}}$
$-\cfrac{1}{\sqrt{n}}+\sqrt{1+\cfrac{99}{n}} \leqq \cfrac{a_n}{\sqrt{n}} \leqq \cfrac{1}{\sqrt{n}}+\sqrt{1+\cfrac{99}{n}}$
$n \longrightarrow \infty \ \ とすると \quad 左辺 \longrightarrow 1,\qquad 右辺 \longrightarrow 1$
\[したがって はさみ打ちの原理により \quad \lim_{n \rightarrow \infty} \cfrac{a_n}{\sqrt{n}}=1\]
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