はさみうちの原理　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　

　数列｛ａ_ｎ｝の極限値が直接には求めがたい時に、「はさみうちの原理」のお世話になること
が多い。

例　三角関数の大小

　このページでは、「はさみうちの原理」が活躍する問題を集めていこうと思う。

　東北大学　理系（１９６９） で、次の問題が出題された。

第４問　　初項 ａ₁ が正である数列｛ａ_ｎ｝において、ａ_ｎ+1 （ｎ≧１）は、
　　方程式 ａ_ｎｘ²＋２ｘ−ａ_ｎ＝０ の絶対値が１より小さい根とする。

（１）　ａ_ｎ+1 を ａ_ｎ で表せ。
（２）　数列｛ａ_ｎ｝の収束、発散を調べ、収束する場合は、その極限値を求めよ。

（解）（１）　今、ａ_ｎ＝０ とすると、解 ｘ は、０のみとなり、初項 ａ₁ が正であることに矛盾する。

　よって、ａ_ｎ≠０ である。このとき、方程式 ａ_ｎｘ²＋２ｘ−ａ_ｎ＝０ は２次方程式となる。

　判別式をＤとすると、　Ｄ/４＝１＋ａ_ｎ²　である。初項 ａ₁ が正であるので、ａ₂ は実数とな
る。このとき、ａ₂²≧０　から、Ｄ＞０ となり、ａ₃ は実数となる。以下同様にして、ａ_ｎ は実数
となる。

　解の公式より、　ｘ＝（−１±√（１＋ａ_ｎ²））/ａ_ｎ

　Ｆ（ｘ）＝ａ_ｎｘ²＋２ｘ−ａ_ｎ　とおく。

　ａ_ｎ＞０　のとき、　Ｆ（１）＝２＞０　、Ｆ（０）＝−ａ_ｎ＜０　、Ｆ（−１）＝−２＜０　なので、

方程式 Ｆ（ｘ）＝０ は、０＜ｘ＜１に解を持つ。

よって、ａ_ｎ+1＝（−１＋√（１＋ａ_ｎ²））/ａ_ｎ　（他の解は、１より大きい）

　ａ_ｎ＜０　のとき、　Ｆ（１）＝２＞０　、Ｆ（０）＝−ａ_ｎ＞０　、Ｆ（−１）＝−２＜０　なので、

方程式 Ｆ（ｘ）＝０ は、−１＜ｘ＜０に解を持つ。

よって、ａ_ｎ+1＝（−１＋√（１＋ａ_ｎ²））/ａ_ｎ　（他の解は、−１より小さい）

　以上から、何れにしても、　ａ_ｎ+1＝（−１＋√（１＋ａ_ｎ²））/ａ_ｎ　と書ける。

（２）　初項 ａ₁ が正なので、（１）より、ａ₂ も正となり、以下同様にして、ａ_ｎ＞０ となる。

　また、ａ_ｎ＝（−１＋√（１＋ａ_ｎ-1²））/ａ_ｎ-1＝ａ_ｎ-1/（１＋√（１＋ａ_ｎ-1²））＜（１/２）ａ_ｎ-1

よって、　０＜ａ_ｎ＜（１/２）^n-1ａ₁ で、ｎ → ∞　のとき、（１/２）^n-1 → ０　なので、

はさみうちの原理より、数列｛ａ_ｎ｝は収束し、　極限値は、０ である。　　（終）


（追記）　令和６年８月１日付け

　東北大学　理系（１９７７） で、次の問題が出題された。

第４問　　（１）　ｘ≧１ のとき、ｌｏｇ（１＋ｘ）＜２√ｘ　が成り立つことを示せ。ただし、対数は
　　自然対数とする。

（２）　０≦ｔ≦１ のとき、　２ｔ≦１＋ｓｉｎ（πｔ/２）≦２　が成り立つことを示せ。

（３）　ｌｉｍ_ｎ→∞ （∫₀¹ （１＋ｓｉｎ（πｔ/２））^ｎｄｔ）^1/n を求めよ。

（解）（１）　Ｆ（ｘ）＝ｌｏｇ（１＋ｘ）−２√ｘ　とおくと、

　Ｆ’（ｘ）＝１/（１＋ｘ）−１/√ｘ＝（√ｘ−（１＋ｘ））/｛（１＋ｘ）/√ｘ｝

　ここで、Ｇ（ｘ）＝√ｘ−（１＋ｘ）　とおくと、　Ｇ’（ｘ）＝１/（２√ｘ）−１＝（１−２√ｘ）/（２√ｘ）

ｘ≧１ のとき、１−２√ｘ＜０　なので、　Ｇ’（ｘ）＜０　から、　Ｇ（ｘ）は単調に減少する。

Ｇ（１）＝−１　なので、　Ｇ（ｘ）＜０　である。

このとき、　Ｆ’（ｘ）＜０　から、Ｆ（ｘ）は単調に減少する。

Ｆ（１）＝ｌｏｇ２−２＜１−２＝−１＜０　より、　Ｆ（ｘ）＜０　である。

以上から、　ｌｏｇ（１＋ｘ）＜２√ｘ　が成り立つ。

（２）　０≦ｓｉｎ（πｔ/２）≦１　より、　１＋ｓｉｎ（πｔ/２）≦２　が成り立つ。

　ｙ＝１＋ｓｉｎ（πｔ/２）−２ｔ　とおくと、

ｙ’＝（π/２）ｃｏｓ（πｔ/２）−２　、ｙ”＝−（π/２）²ｓｉｎ（πｔ/２）≦０　なので、

ｙ’は単調減少で、ｔ＝０　のとき、ｙ’＝（π/２）−２＜０　から、０≦ｔ≦１ のとき、　ｙ’＜０

このとき、ｙは単調減少で、ｔ＝１　のとき、ｙ＝０　なので、０≦ｔ≦１ のとき、　ｙ≧０

以上から、　２ｔ≦１＋ｓｉｎ（πｔ/２）≦２　が成り立つ。

（３）　（２）より、２ｔ≦１＋ｓｉｎ（πｔ/２）≦２　が成り立つので、

　（２ｔ）^ｎ≦（１＋ｓｉｎ（πｔ/２））^ｎ≦２^ｎ

よって、　（∫₀¹ （２ｔ）^ｎｄｔ）^1/n≦（∫₀¹ （１＋ｓｉｎ（πｔ/２））^ｎ）^1/nｄｔ≦２

ここで、　（∫₀¹ （２ｔ）^ｎｄｔ）^1/n＝２・（１/（ｎ＋１））^1/n＝２・（１/（ｎ＋１）^1/n）　において、

　ｙ＝（ｎ＋１）^1/n　とおくと、　ｌｏｇ ｙ＝（１/ｎ）ｌｏｇ（ｎ＋１）

（１）より、　ｌｏｇ（１＋ｎ）＜２√ｎ　なので、　０＜ｌｏｇ ｙ＜２/√ｎ　において、ｎ→∞　とすると、

はさみうちの原理より、　ｌｏｇ ｙ → ０　すなわち、　ｙ → １　である。

したがって、はさみうちの原理より、

　ｌｉｍ_ｎ→∞ （∫₀¹ （１＋ｓｉｎ（πｔ/２））^ｎｄｔ）^1/n ＝２　　（終）


（追記）　令和７年８月２日付け

　次の東北大学　後期理系（１９９７）の問題は、基本的な問題である。

問題　　（１）　すべての自然数ｎに対して、不等式 ３ⁿ＞ｎ² が成り立つことを、数学的帰納
　　法を用いて証明せよ。

（２）　Ｓ_n＝Σ_k=1ⁿ （ｋ/３^k） （ｎ＝１、２、３、・・・） とおく。このとき、

　　（２/３）Ｓ_n−Σ_k=1ⁿ （１/３^k）＝−ｎ/３ⁿ⁺¹

が成り立つことを示せ。

（３）　極限値 ｌｉｍ_n→∞ Ｓ_n を求めよ。

（解）（１）　ｎ＝１　のとき、　３¹＞１² は成り立つ。

　ｎ＝２　のとき、　３²＞２² は成り立つ。

　ｎ＝ｋ（ｋ≧２）　のとき、成り立つと仮定する。すなわち、　３^k＞ｋ²

　　このとき、　３^k+1＞３ｋ²　で、　３ｋ²−（ｋ＋１）²＝２ｋ²−２ｋ−１＝２（ｋ−１/２）²−３/２

　ｋ≧２　より、　ｋ−１/２≧３/２　なので、　２（ｋ−１/２）²−３/２≧９/２−３/２＝３＞０

　よって、　３^k+1＞３ｋ²＞（ｋ＋１）²　となり、ｎ＝ｋ＋１　のときも成り立つ。

　したがって、　すべての自然数ｎに対して、 ３ⁿ＞ｎ² が成り立つ。

（２）　（１/３）Ｓ_n＝Σ_k=1ⁿ （１/３^k+1） を辺々引いて、

　（２/３）Ｓ_n＝Σ_k=1ⁿ （１/３^k）−ｎ/３ⁿ⁺¹　即ち、（２/３）Ｓ_n−Σ_k=1ⁿ （１/３^k）＝−ｎ/３ⁿ⁺¹

が成り立つ。

（３）　Ｓ_n＝（３/２）（Σ_k=1ⁿ （１/３^k）−ｎ/３ⁿ⁺¹）　において、　Σ_k=1^∞ （１/３^k）＝１/２

　（１）より、　３ⁿ＞ｎ² なので、　３ⁿ⁺¹＞３ｎ² より、　０＜ｎ/３ⁿ⁺¹＜１/（３ｎ）

　ｎ → ∞ のとき、はさみうちの原理により、　ｎ/３ⁿ⁺¹ → ０

以上から、　ｌｉｍ_n→∞ Ｓ_n＝３/４　　（終）


（追記）　令和７年１２月４日付け

　次の東北大学　後期理系（２００３）の問題は、基本的な問題である。

問題　　２つの数列｛ａ_n｝、｛ｂ_n｝を

　ａ_n＝∫_-π/4^π/4 ｅ＾（ｎｓｉｎθ）ｄθ　

　ｂ_n＝∫_-π/4^π/4 ｅ＾（ｎｓｉｎθ）ｃｏｓθｄθ　（ｎ＝１、２、・・・）

で定める。

（１）　一般項ｂ_nを求めよ。
（２）　各ｎに対して、　ｂ_n≦ａ_n≦ｂ_n　を示せ。
（３）　ｌｉｍ_ｎ→∞ （１/ｎ）ｌｏｇ ａ_nを求めよ。ただし、ｌｉｍ_ｘ→＋0 ｘｌｏｇｘ＝０ を用いてよい。

（解）（１）　ｓｉｎθ＝ｔ　とおくと、　ｃｏｓθｄθ＝ｄｔ　なので、

　ｂ_n＝∫_-1/^1/ ｅ＾（ｎｔ）ｄｔ＝（１/ｎ）[ｅ＾（ｎｔ）]_-1/^1/

　＝（１/ｎ）（ｅ＾（ｎ/）−ｅ＾（−ｎ/））

（２）　１/≦ｃｏｓθ≦１　より、　（１/）ａ_n≦ｂ_n≦ａ_n　なので、

　ｂ_n≦ａ_n≦ｂ_n　が成り立つ。

（３）　（１）　より、　ｂ_n＝（１/ｎ）ｅ＾（ｎ/）（１−ｅ＾（−ｎ））　なので、ｎ → ∞　のとき、

　（１/ｎ）ｌｏｇｂ_n＝（１/ｎ）ｌｏｇ（１/ｎ）＋１/＋（１/ｎ）ｌｏｇ（１−ｅ＾（−ｎ）） → １/

また、（２）　より、　（１/ｎ）ｌｏｇｂ_n≦（１/ｎ）ｌｏｇａ_n≦（１/ｎ）ｌｏｇ＋（１/ｎ）ｌｏｇｂ_n　なので、

　（１/ｎ）ｌｏｇａ_n → １/　　（終）


（追記）　令和８年１月１９日付け

　次の東北大学　前期理系（２００６）の問題は、基本的な問題である。

問題　　ｘ＞０において、関数 Ｆ（ｘ）＝ｘ・ｓｉｎ（π/ｘ) を考える。導関数Ｆ’（ｘ）とすると、以下の
　　問に答えよ。

（１）　Ｆ’（２）を求め、ｘ＞２のとき、Ｆ’（ｘ）＜１であることを示せ。
（２）　ｋが自然数のとき、Ｆ’（１/ｋ）を求めよ。
（３）　Ｆ’（ｘ）＝１となるｘを値の大きいものから順にｘ₁，ｘ₂，ｘ₃，・・・とおく。
　　ｎ≧２である自然数ｎに対して、１/ｎ＜ｘ_n＜１/（ｎ−１）　を示せ。
（４）　ｌｉｍ_n→∞ Ｆ（ｘ_n）を求めよ.

（解）（１）　Ｆ’（ｘ）＝ｓｉｎ（π/ｘ) ＋ｘ・（−π/ｘ²）ｃｏｓ（π/ｘ) ＝ｓｉｎ（π/ｘ) −（π/ｘ）ｃｏｓ（π/ｘ)

　 　より、　Ｆ’（２）＝ｓｉｎ（π/２）＝１

ここで、　π/ｘ＝ｔ　とおくと、　ｘ＞２ のとき、　０＜ｔ＜π/２

　ｙ＝sin（ｔ）−ｔ・ｃｏｓ（ｔ） を ｔ で微分して、

　ｙ’＝ｃｏｓ（ｔ）−ｃｏｓ（ｔ）＋ｔ・ｓｉｎ（ｔ）＝ ｔ・ｓｉｎ（ｔ）＞０　より、ｙ は単調に増加する。

　ｔ＝π/２　のとき、　ｙ＝１　なので、　ｘ＞２ のとき、　Ｆ’（ｘ）＜１　である。

（２）　ｋが自然数のとき、Ｆ’（１/ｋ）＝ｓｉｎ（ｋπ) −（ｋπ）ｃｏｓ（ｋπ)＝（−１）^k+1ｋπ

（３）　（１）より、ｘ₁＝２　である。　ｘ＜２　において、

　Ｆ”（ｘ）＝−（π²/ｘ³）ｓｉｎ（π/ｘ) ＝０　とすると、　π/ｘ＝ｋπ　すなわち、　ｘ＝１/ｋ

　（２）より、Ｆ’（ｘ）の極値は、Ｆ’（１/ｋ）＝（−１）^k+1ｋπ　となる。

ここで、Ｆ’（１）＝π、Ｆ’（１/２）＝−２π、Ｆ’（１/３）＝３π、・・・　と、｜Ｆ’（１/ｋ）｜＞１

から、ｎ≧２である自然数ｎに対して、１/ｎ＜ｘ_n＜１/（ｎ−１）　が成り立つ。

（４）　｜Ｆ（ｘ_n）｜≦｜ｘ_n｜　で、ｎ → ∞　のとき、ｘ_n → ０　より、

　ｌｉｍ_n→∞ Ｆ（ｘ_n）＝０　となる。　　（終）


（追記）　令和８年３月２２日付け

　次の東北大学　前期理系（２００７）の問題も、はさみうちの原理の問題だろう。

問題　　自然数ｎに対し、方程式 １/ｘ^ｎ−ｌｏｇ ｘ −１/ｅ＝０ を考える。ただし、対数は自然対
　　数であり、ｅ はその底とする。

（１）　上の方程式は、ｘ≧１ にただ一つの解をもつことを示せ。
（２）　（１）の解を ｘ_ｎ とする。このとき、ｌｉｍ_n→∞ ｘ_ｎ＝１ を示せ。

（解）（１）　ｙ＝１/ｘ^ｎ−ｌｏｇ ｘ −１/ｅ　とおくと、

　ｙ’＝−ｎ/ｘ^ｎ+1−１/ｘ＝−（ｘ^ｎ＋ｎ）/ｘ^ｎ+1

ｘ≧１ において、　ｙ’＜０　より、単調減少で、ｘ＝１ のとき、ｙ＝１−１/ｅ＞０

　ｘ＝ｅ^1/n＞１ のとき、ｙ＝１/ｅ−１/ｎ−１/ｅ＝−１/ｎ＜０　から、

方程式は、１＜ｘ＜ｅ^1/n に、すなわち、ｘ≧１ にただ一つの解をもつ。

（２）　（１）より、　１＜ｘ_ｎ＜ｅ^1/n　で、ｎ → ∞　のとき、ｅ^1/n → １

よって、はさみうちの原理により、　ｌｉｍ_n→∞ ｘ_ｎ＝１ である。　　（終）


（追記）　令和８年３月２５日付け

　次の東北大学　前期理系（２００７）の問題も、はさみうちの原理の問題だろう。

問題　　ａ＞０ に対し、

　Ｉ₀（ａ）＝∫₀^a √（１＋ｘ）ｄｘ　、Ｉ_ｎ（ａ）＝∫₀^a ｘ^ｎ√（１＋ｘ）ｄｘ　（ｎ＝１、２、・・・）

とおく。

（１）　ｌｉｍ_ａ→∞ ａ＾（-3/2）Ｉ₀（ａ） を求めよ・

（２）　漸化式

　Ｉ_ｎ（ａ）＝（２/（３＋２ｎ））ａ^ｎ（１＋ａ）＾（3/2）−（２ｎ/（３＋２ｎ））Ｉ_ｎ-1（ａ）　（ｎ＝１、２、・・・）

を示せ。

（３）　自然数ｎに対して、　ｌｉｍ_ａ→∞ ａ＾（-（3/2+n））Ｉ_ｎ（ａ） を求めよ。

（解）（１）　ａ＾（-3/2）Ｉ₀（ａ）＝ａ＾（-3/2）［（２/３）（１＋ｘ）＾（3/2）］₀^a

　＝ａ＾（-3/2）（（２/３）（１＋ａ）＾（3/2）−１）

　＝（２/３）（１/ａ＋１）＾（3/2）−ａ＾（-3/2） → ２/３

（２）　Ｉ_ｎ（ａ）＝［（２/３）ｘ^ｎ（１＋ｘ）＾（3/2）］₀^a−（２ｎ/３）∫₀^a ｘ^ｎ-1（１＋ｘ）√（１＋ｘ）ｄｘ

　＝（２/３）ａ^ｎ（１＋ａ）＾（3/2）−（２ｎ/３）（Ｉ_ｎ-1（ａ）＋Ｉ_ｎ（ａ））

より、　（（３＋２ｎ）/３）Ｉ_ｎ（ａ）＝（２/３）ａ^ｎ（１＋ａ）＾（3/2）−（２ｎ/３）Ｉ_ｎ-1（ａ）

よって、　Ｉ_ｎ（ａ）＝（２/（３＋２ｎ））ａ^ｎ（１＋ａ）＾（3/2）−（２ｎ/（３＋２ｎ））Ｉ_ｎ-1（ａ）　が成り立つ。

（３）　ａ＾（-（3/2+n））Ｉ_ｎ（ａ）＝Ｊ_ｎ（ａ）　とおく。

　Ｉ_ｎ（ａ）＝（２/（３＋２ｎ））ａ^ｎ（１＋ａ）＾（3/2）−（２ｎ/（３＋２ｎ））Ｉ_ｎ-1（ａ）　から

　Ｊ_ｎ（ａ）＝（２/（３＋２ｎ））（１/ａ＋１）＾（3/2）−（２ｎ/（３＋２ｎ）ａ）Ｊ_ｎ-1（ａ）　である。

　ここで、　０≦ｘ≦ａ　において、　ｘ^ｎ≦ｘ^ｎ√（１＋ｘ）≦ｘ^ｎ√（１＋ａ）　から、

　∫₀^a ｘ^ｎｄｘ≦∫₀^a ｘ^ｎ√（１＋ｘ）ｄｘ≦∫₀^a ｘ^ｎ√（１＋ａ）ｄｘ

すなわち、　ａⁿ⁺¹/（ｎ＋１）≦Ｉ_ｎ（ａ）≦ａⁿ⁺¹√（１＋ａ）/（ｎ＋１）　が成り立つ。

よって、　ａ^-1/2/（ｎ＋１）≦Ｊ_ｎ（ａ）≦ａ^-1/2√（１＋ａ）/（ｎ＋１） から、

　　ａ^-1/2/ｎ≦Ｊ_ｎ-1（ａ）≦ａ^-1/2√（１＋ａ）/ｎ

　すなわち、　−ａ^-1/2√（１＋ａ）/ｎ≦−Ｊ_ｎ-1（ａ）≦−ａ^-1/2/ｎ　より、

　（２/（３＋２ｎ））（１/ａ＋１）＾（3/2）−（２ｎ/（３＋２ｎ）ａ）ａ^-1/2√（１＋ａ）/ｎ

≦Ｊ_ｎ（ａ）≦（２/（３＋２ｎ））（１/ａ＋１）＾（3/2）−（２ｎ/（３＋２ｎ）ａ）ａ^-1/2/ｎ

　よって、（２/（３＋２ｎ））（１/ａ＋１）＾（3/2）−２√（１＋ａ）/(（３＋２ｎ）ａ^3/2)

≦Ｊ_ｎ（ａ）≦（２/（３＋２ｎ））（１/ａ＋１）＾（3/2）−２/(（３＋２ｎ）ａ^3/2）

　ａ → ∞　のとき、

　（２/（３＋２ｎ））（１/ａ＋１）＾（3/2）−２√（１＋ａ）/(（３＋２ｎ）ａ^3/2) → ２/（３＋２ｎ）

　（２/（３＋２ｎ））（１/ａ＋１）＾（3/2）−２/(（３＋２ｎ）ａ^3/2） → ２/（３＋２ｎ）

なので、はさみうちの原理より、　ｌｉｍ_ａ→∞ ａ＾（-（3/2+n））Ｉ_ｎ（ａ）＝２/（３＋２ｎ）　　（終）


（コメント）　（３）はハードな計算でした。



　　以下、工事中！