問題1.1.2a
次の数列$\{ a_n \}$は有界で単調増加であることを示し、極限を求めよ。
（１）$a_1=1、a_{n+1}=\sqrt{a_n+1}$
《ポイント》
数列の単調性を示すには大きく分けて以下の方法があります。
１．比から示す ２．差から示す ３．一般項から示す
原理的にはどの方法でも解けますが、漸化式の形によっては向き不向きがあります。数列$\{a_n\}$の有界性は比較的簡単に示せますから、そこから攻略しましょう。数列の上限は次のように当たりを付けます。
数列$\{a_n\}$の極限値を$\alpha$と仮定すれば、$n$が十分大きいとき、
$$\alpha=\sqrt{\alpha+1} $$が成り立つのでこれを$\alpha$について解いて
$$\alpha=\dfrac{1+\sqrt{5}}{2}$$と予想できます。この方法は２項間の漸化式で与えられる数列の極限値を推測するときの常套手段です。
《解答例～極限値との差の利用～》
$a_1=1$ より、$n \geqq 1$ で $a_{n+1}=\sqrt{a_n+1}>1$ である。
ここで$\alpha=\dfrac{1+\sqrt{5}}{2}$と置き、$a_n<\alpha$ を示す。
$a_1=1<\alpha$ であり、$a_n<\alpha$ と仮定すると、$$\begin{align} a_{n+1} &=\sqrt{a_n+1} \\ & \\ &< \sqrt{\alpha+1} \ \ \ (\because \text{仮定}) \\ & \\ &< \sqrt{\dfrac{3+\sqrt{5}}{2}} = \sqrt{\dfrac{6+2\sqrt{5}}{4}} \\ &< \sqrt{\left(\dfrac{1+\sqrt{5}}{2}\right)^2} \\ &=\alpha \end{align}$$ $$\therefore a_{n+1}<\alpha$$よって $n+1$ のときも成立するから、数学的帰納法によりすべての自然数 $n$ について $a_n<\alpha$ が成立する。以上より $1<a_n<\alpha$ であるから数列 $\{a_n\}$ は有界である。
次に、$b_n=|a_n-\alpha|$で定義される数列$\{b_n\}$を考え、$b_{n+1}<b_n$を示す。$$\begin{align} b_{n+1} &=|a_{n+1}-\alpha|=|\sqrt{a_n+1}-\alpha| \\ & \\ &= \left|\dfrac{(\sqrt{a_n+1}-\alpha)(\sqrt{a_n+1}+\alpha)}{\sqrt{a_n+1}+\alpha}\right| \ \ \ (\text{分子の有理化}) \\ & \\ &= \dfrac{1}{\sqrt{a_n+1}+\alpha}|a_n+1-{\alpha}^2| \\ & \\ &= \dfrac{1}{\sqrt{a_n+1}+\alpha}|a_n-\alpha| \ \ \ (\because 1-{\alpha}^2=-\alpha) \\ & \\ &= \dfrac{1}{\sqrt{a_n+1}+\alpha}b_n \\ & \\ &< b_n \ \ \left( \because \ \sqrt{a_n+1}+\alpha>1\ \text{より、} \ \dfrac{1}{\sqrt{a_n+1}+\alpha}<1 \right) \end{align}$$よって $b_{n+1}<b_n$ であるから、
$ \ \ \ \ \begin{align} |a_{n+1}-\alpha| &< |a_n-\alpha| \\ & \\ \therefore -(a_{n+1}-\alpha) &< -(a_{n}-\alpha) \ \ (\because a_n<\alpha、a_{n+1}<\alpha) \\ & \\ \therefore a_{n+1}-\alpha &> a_{n}-\alpha \\ & \\ \therefore a_{n+1} &> a_{n} \end{align}$
故に数列 $\{a_n\}$ は単調増加である。
以上より、数列 $\{a_n\}$ は有界な単調増加数列だから収束し、極限値は $\alpha$、即ち$$\dfrac{1+\sqrt{5}}{2} \ \ \cdots \cdots \text{(答)}$$と求められる。
《単調性の証明の別解①～比を利用する～》
（後半から）
$\dfrac{a_{n+1}}{a_n}>1$ を示す。$$\dfrac{a_{n+1}}{a_n}=\dfrac{\sqrt{a_n+1}}{a_n}=\sqrt{\dfrac{1}{a_n}+\dfrac{1}{{a_n}^2}}=\sqrt{\left(\dfrac{1}{a_n}+\dfrac{1}{2} \right)^2-\dfrac{1}{4}}$$
前半の結果より、$1<a_n<\alpha$ であるから、$$\therefore \dfrac{1}{\alpha}<\dfrac{1}{a}<1$$ $$\therefore \dfrac{1}{\alpha}+\dfrac{1}{2}\left(=\dfrac{\sqrt{5}}{2}\right)<\dfrac{1}{a_n}+\dfrac{1}{2}<\dfrac{3}{2}$$よって、$$\dfrac{a_{n+1}}{a_n}=\sqrt{\left(\dfrac{1}{a_n}+\dfrac{1}{2} \right)^2-\dfrac{1}{4}}>\sqrt{\left(\dfrac{\sqrt{5}}{2}\right)^2-\dfrac{1}{4}}=1$$となるから、$a_{n+1} > a_{n}$ が示された。
《単調性の証明の別解②～差を利用する～》
$a_{n+1}-a_n>0$ を示す。$$\begin{align} a_{n+1}-a_n &=\sqrt{a_n+1}-a_n \\ &=\dfrac{(\sqrt{a_n+1}-a_n)(\sqrt{a_n+1}+a_n)}{\sqrt{a_n+1}+a_n} \\ &=\dfrac{a_n+1-{a_n}^2}{\sqrt{a_n+1}+a_n} \ \ \cdots \cdots (*) \end{align}$$ここで、$a_n+1-{a_n}^2=\dfrac{5}{4}-\left(a_n-\dfrac{1}{2}\right)^2$ である。前半の結果より、$1<a_n<\alpha$ であるから、$$\left(1-\dfrac{1}{2}\right)^2<\left(a_n-\dfrac{1}{2}\right)^2<\left(\alpha-\dfrac{1}{2}\right)^2$$ $$\therefore \dfrac{1}{4}<\left(a_n-\dfrac{1}{2}\right)^2<\dfrac{5}{4}$$この不等式の右辺より、$$a_n+1-{a_n}^2=\dfrac{5}{4}-\left(a_n-\dfrac{1}{2}\right)^2>0$$が成立するから、$(*)$の分子は正であり、分母も明らかに正なので $a_{n+1}-a_n>0$ である。したがって $a_{n+1} > a_{n}$ が示された。
《コメント》
本解の中で $b_n$ を持ち出したのは、$a_n$ が極限値 $\alpha$ に下から近づいていく単調増加数列だと分かっているからです。
「$b_n$が小さくなる$\iff$ $a_n$が極限値$\alpha$に近づく」
という関係を利用しています。
復習例題1.1.2a
次の数列$\{ a_n \}$は有界で単調増加であることを示し、極限を求めよ。
（１）$a_1=a、a_{n+1}=\dfrac{{a_{n}}^2+2}{3}$
ただし$1<a<2$である。