東北大学 2019年度 前期日程 第2次学力試験理系数学 第3問

(1) $a>0$ とする。$x_1=a>0$ であり、$x_n>0$ なら $x_{n+1}=x_n+x_n^2>x_n>0$ である。したがって帰納法により、すべての $n$ で $x_n>0$ かつ $x_n\geqq a$ である。

さらに $$x_{n+1}-x_n=x_n^2\geqq a^2$$ だから、$x_n\geqq a+(n-1)a^2$ である。右辺は $n\to \mathrm{\infty }$ で無限大へ発散するので、$x_n\to \mathrm{\infty }$ である。したがって数列 $\{x_n\}$ は発散する。

(2) $-1<a<0$ とする。$x_1=a$ なので $-1<x_1<0$ である。いま $-1<x_n<0$ と仮定すると $0<1+x_n<1$ であり、$x_{n+1}=x_n(1+x_n)$ である。ここで $x_n<0$、$1+x_n>0$ だから $x_{n+1}<0$ である。また $$\mathrm{\mid }{x}_{n+1}\mathrm{\mid }=\mathrm{\mid }{x}_n\mathrm{\mid }(1+x_n)<\mathrm{\mid }{x}_n\mathrm{\mid }<1$$ なので $x_{n+1}>-1$ である。したがって $-1<x_{n+1}<0$ である。数学的帰納法により、すべての正の整数 $n$ について $-1<x_n<0$ が成り立つ。

(3)
(2)より $x_n<0$ であり、また $x_{n+1}-x_n=x_n^2>0$ なので、数列 $\{x_n\}$ は単調増加である。さらに $x_n<0$ だから上に有界である。よって極限 $L$ が存在する。

漸化式の両辺で極限を取ると $L=L+L^2$ である。したがって $L^2=0$ より $$\underset{n\to \mathrm{\infty }}{\lim }{x}_n=0$$ である。

(1) (2)を帰納法で確認した後、$-1<a<0$ では $y_n=-1\mathrm{/}{x}_n$ とおく。$y_n$ の増加量が1より大きいことを示し、$y_n\to \mathrm{\infty }$ から $x_n\to 0$ を得る。

(1)
$a>0$ なら $x_{n+1}-x_n=x_n^2>0$ なので $x_n\geqq a$ である。したがって$$x_n-a=\sum _{k=1}^{n-1}{x}_k^2\geqq (n-1)a^2,$$よって $x_n\to \mathrm{\infty }$ である。

(2)
$-1<x_n<0$ と仮定すると$$x_{n+1}=x_n(1+x_n)<0$$であり、また $0<1+x_n<1$ だから$$\mathrm{\mid }{x}_{n+1}\mathrm{\mid }=\mathrm{\mid }{x}_n\mathrm{\mid }(1+x_n)<\mathrm{\mid }{x}_n\mathrm{\mid }<1.$$初期値 $-1<a<0$ と合わせ、帰納法により $-1<x_n<0$ が続く。

(3)
(2)より$$y_n=-\frac{1}{x_n}>1$$とおける。漸化式から$$\begin{array}{rl}{\displaystyle y_{n+1}}& {\displaystyle =-\frac{1}{x_n(1+x_n)}=\frac{y_n^2}{y_n-1}}\\ {\displaystyle }& {\displaystyle =y_n+1+\frac{1}{y_n-1}>y_n+1.}\end{array}$$したがって $y_n>y_1+n-1$ であり、$y_n\to \mathrm{\infty }$ である。ゆえに$$x_n=-\frac{1}{y_n}⟶0.$$