数列の極限　数学III　【明治大学　2020】

導入

　今まで極限の計算練習をしてきたので，実際の問題に取り組んでみよう．ガッツリ入試問題なので，前問の繋がりというところも意識するようにしてもらいたい．

問題

　解答は三角関数を用いずに表せ．

(1)　$\cos {\displaystyle \frac{\pi }{8}}$の値を求めよ．

(2)　$\sin {\displaystyle \frac{\pi }{16}}$の値を求めよ．

(3)　数列$\{a_n\}$を

$a_1=\sqrt{2}$，$a_{n+1}=\sqrt{2+a_n}$　$(n=1,2,3,\cdots ）$

で定める．

　例えば，

$a_2=\sqrt{2+\sqrt{2}}$

$a_3=\sqrt{2+\sqrt{2+\sqrt{2}}}$

$a_4=\sqrt{2+\sqrt{2+\sqrt{2+\sqrt{2}}}}$

となる．

　このとき，${\displaystyle \underset{x\to \mathrm{\infty }}{lim}{2}^n\sqrt{2-a_n}}$を求めよ．

解答

(1)　$\cos {\displaystyle \frac{\pi }{8}>0}$より，

$\cos {\displaystyle \frac{\pi }{8}=\sqrt{{\cos }^2{\displaystyle \frac{\pi }{8}}}=\sqrt{{\displaystyle \frac{1}{2}(1+\cos {\displaystyle \frac{\pi }{4})}}}=\sqrt{{\displaystyle \frac{1}{2}(1+{\displaystyle \frac{\sqrt{2}}{2})}}}={\displaystyle \frac{\sqrt{2+\sqrt{2}}}{2}}}$（答）

(2)　$\sin {\displaystyle \frac{\pi }{16}>0}$より，

$\sin {\displaystyle \frac{\pi }{16}=\sqrt{{\sin }^2{\displaystyle \frac{\pi }{16}}}=\sqrt{{\displaystyle \frac{1}{2}(1-\cos {\displaystyle \frac{\pi }{8})}}}=\sqrt{{\displaystyle \frac{1}{2}(1-{\displaystyle \frac{\sqrt{2+\sqrt{2}}}{2})}}}}$

　　　$={\displaystyle \frac{\sqrt{2-\sqrt{2+\sqrt{2}}}}{2}}$（答）

(3)　$a_{n+1}=\sqrt{2+a_n}\cdots ➀$

　ある$n$に対して$0<a_n<2$と仮定すると，➀より$0<a_{n+1}<2$となるから，$a_1=\sqrt{2}$より，$0<a_1<2$であることも考えると，帰納的にすべての$n$に対して，$0<a_n<2$といえる．

　このことにより，$a_n=2\cos {\theta }_n\cdots ➁$ $(0<{\theta }_n<{\displaystyle \frac{\pi }{2}\cdots ➂)}$とおけて，このとき➀，➁，➂より，

$a_{n+1}=\sqrt{2(1+\cos {\theta }_n)}=\sqrt{2^2{\cos }^2{\displaystyle \frac{{\theta }_n}{2}}}=2\cos {\displaystyle \frac{{\theta }_n}{2}}$

となるから，

$2\cos {\theta }_{n+1}=2cos{\displaystyle \frac{{\theta }_n}{2}}$　$\therefore {\theta }_{n+1}={\displaystyle \frac{{\theta }_n}{2}}$　$(\because ➂)$

　よって，$\{{\theta }_n\}$は公比${\displaystyle \frac{1}{2}}$の等比数列であるから，$a_1=\sqrt{2}$と➂より，

$2\cos {\theta }_1=\sqrt{2}$　$\therefore {\theta }_1={\displaystyle \frac{\pi }{4}}$

であることも用いると，

${\theta }_n={\theta }_1({\displaystyle \frac{1}{2}{)}^{n-1}={\displaystyle \frac{\pi }{2^{n+1}}}}$

となる．したがって，➂を用いると，

$2^n\sqrt{2-a_n}={\displaystyle \frac{\pi }{2{\theta }_n}\sqrt{2(1-\cos {\theta }_n)}={\displaystyle \frac{\pi }{2{\theta }_n}\sqrt{2^2\sin {\displaystyle \frac{{\theta }_n}{2}}}={\displaystyle \frac{\pi }{2}\mathrm{・}{\displaystyle \frac{\sin {\displaystyle \frac{{\theta }_n}{2}}}{{\displaystyle \frac{{\theta }_n}{2}}}}}}}$

となる．$n\to \mathrm{\infty }$のとき，${\theta }_n\to 0$であるから，

${\displaystyle \underset{x\to \mathrm{\infty }}{lim}{2}^n\sqrt{2-a_n}={\displaystyle \frac{\pi }{2}\mathrm{・}1={\displaystyle \frac{\pi }{2}}}}$（答）