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）



　　以下、工事中！