数列｛ａｎ｝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｛ａｎ｝において、ａｎ+1 （ｎ≧１）は、
方程式 ａｎｘ2＋２ｘ−ａｎ＝０ の絶対値が１より小さい根とする。
（１） ａｎ+1 を ａｎ で表せ。
（２） 数列｛ａｎ｝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、ａｎ＝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、ａｎ≠０ である。このとき、方程式 ａｎｘ2＋２ｘ−ａｎ＝０ は２次方程式となる。
判別式をＤとすると、 Ｄ/４＝１＋ａｎ2 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、ａｎ は実数
となる。
解の公式より、 ｘ＝（−１±√（１＋ａｎ2））/ａｎ
Ｆ（ｘ）＝ａｎｘ2＋２ｘ−ａｎ とおく。
ａｎ＞０ のとき、 Ｆ（１）＝２＞０ 、Ｆ（０）＝−ａｎ＜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、ａｎ+1＝（−１＋√（１＋ａｎ2））/ａｎ （他の解は、１より大きい）
ａｎ＜０ のとき、 Ｆ（１）＝２＞０ 、Ｆ（０）＝−ａｎ＞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、ａｎ+1＝（−１＋√（１＋ａｎ2））/ａｎ （他の解は、−１より小さい）
以上から、何れにしても、 ａｎ+1＝（−１＋√（１＋ａｎ2））/ａｎ 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、ａｎ＞０ となる。
また、ａｎ＝（−１＋√（１＋ａｎ-12））/ａｎ-1＝ａｎ-1/（１＋√（１＋ａｎ-12））＜（１/２）ａｎ-1
よって、 ０＜ａｎ＜（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｛ａｎ｝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） ｌｉｍｎ→∞ （∫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≦２ｎ
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、
ｌｉｍｎ→∞ （∫01 （１＋ｓｉｎ（πｔ/２））ｎｄｔ）1/n ＝２ （終）
以下、工事中！