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極限の問題

難易度 4国公立二次の標準レベル数学III 極限

$n$ を $2$ 以上の整数とする。 $x$ についての方程式
$x^{n} + x^{n - 1} + \dots + x^{2} + x = 1$
は正の実数解をただ $1$ つもつ。この解を $x_{n}$ とするとき、極限
$n \to \infty lim 2^{n} (x_{n} - \frac{1}{2})$
を求めよ。

この問題で使うもの

等差・等比数列の和と Σ（説明と入口の問題）
数列の極限（説明と入口の問題）
無限等比数列 ${r^{n}}$ の極限（説明と入口の問題）

この問題を解けるようになるまで（26 技能）

算数中学高校大学大学院

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ヒント

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ヒント 1

左辺は等比数列の和です。和の公式を使って、 $x_{n}$ が満たす簡単な関係式を作りましょう。

ヒント 2

両辺に $1 - x$ を掛けると $2 x_{n} - 1 = x_{n}^{n + 1}$ が得られます。これから $2^{n} (x_{n} - \frac{1}{2}) = \frac{( 2 x _{n} ) ^{n + 1}}{4}$ と変形できます。

ヒント 3

$x_{n} < \frac{2}{3}$ を示し、 $t_{n} = x_{n}^{n + 1}$ とおくと $(2 x_{n})^{n + 1} = (1 + t_{n})^{n + 1}$ です。 $(n + 1) t_{n} \to 0$ を示したうえで、 $1 < (1 + t)^{m} < \frac{1}{1 - m t}$ によるはさみうちを考えましょう。

答えと解説

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\frac{1}{4}

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解説を読む

1. $x_{n}$ の存在範囲

$f_{n} (x) = x^{n} + x^{n - 1} + \dots + x$ とおく。 $f_{n} (x)$ は $x > 0$ で単調に増加する。また $f_{n} (0) = 0 < 1$ 、 $f_{n} (1) = n ≧ 2 > 1$ であるから、 $x_{n}$ は $0 < x_{n} < 1$ を満たす。

さらに、 $x > 0$ のとき $f_{n} (x) ≧ x^{2} + x$ である。 $x = \frac{2}{3}$ を代入すると
$f_{n} (\frac{2}{3}) ≧ \frac{4}{9} + \frac{2}{3} = \frac{10}{9} > 1$
となる。 $f_{n}$ は単調増加なので $x_{n} < \frac{2}{3}$ である。

2. $x_{n}$ が満たす関係式

$0 < x_{n} < 1$ なので、等比数列の和の公式から
$\frac{x _{n} ( 1 - x _{n}^{n} )}{1 - x _{n}} = 1$
が成り立つ。分母を払うと $x_{n} - x_{n}^{n + 1} = 1 - x_{n}$ となり、
$2 x_{n} - 1 = x_{n}^{n + 1} \dots (1)$
を得る。右辺は正なので $x_{n} > \frac{1}{2}$ である。 $(1)$ を $2$ で割ると
$x_{n} - \frac{1}{2} = \frac{x _{n}^{n + 1}}{2}$
となるから、
$2^{n} (x_{n} - \frac{1}{2}) = \frac{2 ^{n + 1} x _{n}^{n + 1}}{4} = \frac{( 2 x _{n} ) ^{n + 1}}{4}$
である。したがって、 $(2 x_{n})^{n + 1}$ の極限を調べればよい。

3. $(2 x_{n})^{n + 1}$ の極限

$t_{n} = x_{n}^{n + 1}$ 、 $m = n + 1$ とおく。 $(1)$ より $2 x_{n} = 1 + t_{n}$ なので、 $(2 x_{n})^{n + 1} = (1 + t_{n})^{m}$ である。また $0 < t_{n} < (\frac{2}{3})^{m}$ である。

(i) $m t_{n} \to 0$ を示す。二項定理より、 $m ≧ 2$ のとき
$(\frac{3}{2})^{m} = (1 + \frac{1}{2})^{m} ≧_{m} C_{2} \cdot \frac{1}{4} = \frac{m ( m - 1 )}{8}$
が成り立つ。よって
$0 < m t_{n} < m (\frac{2}{3})^{m} ≦ \frac{8}{m - 1} \to 0 (n \to \infty)$
となり、はさみうちの原理から $m t_{n} \to 0$ である。

(ii) $(1 + t_{n})^{m}$ を上から評価する。 $0 < t < 1$ のとき、 $(1 + t)^{m} (1 - t)^{m} = (1 - t^{2})^{m} < 1$ である。さらにベルヌーイの不等式 $(1 - t)^{m} ≧ 1 - m t$ を用いると、 $m t < 1$ のとき
$(1 + t)^{m} < \frac{1}{( 1 - t ) ^{m}} ≦ \frac{1}{1 - m t}$
となる。(i) より十分大きい $n$ では $m t_{n} < 1$ なので、
$1 < (1 + t_{n})^{m} < \frac{1}{1 - m t _{n}}$
が成り立つ。 $n \to \infty$ のとき右辺は $1$ に収束するから、はさみうちの原理より $(2 x_{n})^{n + 1} \to 1$ である。

4. 結論
$n \to \infty lim 2^{n} (x_{n} - \frac{1}{2}) = \frac{1}{4}$

(参考: $(1 - t)^{m} ≧ 1 - m t$ は $0 ≦ t ≦ 1$ において $m$ に関する数学的帰納法で示せる。)

別解

$x \neq = 1$ のとき（ $x = 1$ は $n \geq 2$ で左辺 $= n \neq = 1$ なので解でない）、左辺は等比数列の和なので $\frac{x ( 1 - x ^{n} )}{1 - x} = 1$ となる。整理すると $x - x^{n + 1} = 1 - x$ 、すなわち $2 x - 1 = x^{n + 1}$ を得る。

よって $x_{n} - \frac{1}{2} = \frac{x _{n}^{n + 1}}{2}$ であり、
$2^{n} (x_{n} - \frac{1}{2}) = 2^{n - 1} x_{n}^{n + 1} .$

$x_{n}$ の評価をする。 $f (x) = x + \dots + x^{n}$ は $x > 0$ で増加する。 $f (1/2) = 1 - 2^{- n} < 1$ なので $x_{n} > 1/2$ 。また $f (1) = n > 1$ なので $x_{n} < 1$ 。さらに $x_{n}^{n + 1} = 2 x_{n} - 1$ から、 $x_{n}$ が $1/2$ に近いことを示す。 $x_{n} \geq 1/2$ で $x_{n}$ は $n$ について単調減少し、 $x_{n} \to a \geq 1/2$ とおく。 $a > 1/2$ なら $a < 1$ で $x_{n}^{n + 1} \to 0$ より $2 a - 1 = 0$ となり矛盾。よって $x_{n} \to 1/2$ 。

$ε_{n} = x_{n} - 1/2 = x_{n}^{n + 1} /2$ とおくと、 $x_{n} < 0.6$ （十分大きい $n$ ）として $ε_{n} < 0. 6^{n + 1} /2$ であり、 $n ε_{n} \to 0$ 。

$x_{n}^{n + 1} = 2^{- (n + 1)} (1 + 2 ε_{n})^{n + 1}$ で、 $(1 + 2 ε_{n})^{n + 1} \to 1$ （ $(n + 1) ε_{n} \to 0$ より）。

したがって
$2^{n - 1} x_{n}^{n + 1} = 2^{n - 1} \cdot 2^{- (n + 1)} (1 + 2 ε_{n})^{n + 1} \to \frac{1}{4} .$

確認： $n = 10$ 程度で $x \approx 0.5 + 2^{- 12} \approx 0.50024$ 、 $2^{10} \cdot 0.00024 \approx 0.25$ となり整合する。

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