sin∞タイプの極限【1995年度 埼玉大学】

(1) について

ひとまず、目がチカチカするために

$$\begin{eqnarray} \left\{ \begin{array}{l} \alpha=1+\sqrt{2}\\ \beta=1-\sqrt{2} \end{array} \right. \end{eqnarray}$$

とおくことで

$a_{n}=\displaystyle \frac{1}{\sqrt{2}}({\alpha}^{n}-{\beta}^{n})$

と、目に優しくします。

これは言わば

「数列 $\{a_{n}\}$ の一般項」

が与えられている状態です。

証明の第一感としては数学的帰納法ですが、一般項よりも、帰納法においては使い勝手や相性の良い

漸化式

の必要性を感じ取り、漸化式の作成を目論みます。

今回の数列 $\{a_{n}\}$ に関して

$$\begin{eqnarray} a_{n+2}&=&\displaystyle \frac{1}{\sqrt{2}}({\alpha}^{n+2}-{\beta}^{n+2}) \\ &=&\displaystyle \frac{1}{\sqrt{2}}\{({\alpha}^{n+1}-{\beta}^{n+1})(\alpha+\beta)-{\alpha}{\beta}({\alpha}^{n}-{\beta}^{n})\}\\ &=&\displaystyle \frac{1}{\sqrt{2}}(2\sqrt{2}a_{n+1}+\sqrt{2}a_{n})\\ &=&2a_{n+1}+a_{n} \end{eqnarray}$$

というようにして、３項間漸化式が得られます。

$a_{1}=2$ ,  $a_{2}=4$ であるため、この３項間漸化式から、帰納的に $a_{n}$ が整数であることになります。

もちろん、解答記述ではきっちりと数学的帰納法を用いて示します。

その際の帰納法のタイプとしては

• $n=k \ , \ k+1$ のときの成立を仮定して $n=k+2$ のときの成立を目指す

というタイプの帰納法です。

巷では「一昨日昨日法」などと呼ばれているそうですが、市民権はそこまでないでしょう。

帰納法の前段仮定についての話題については

も参考にしてみてください。

(2) について

今回のターゲットである

$\displaystyle \frac{1}{\sqrt{2}}(1+\sqrt{2})^{n}\pi$

は、与えられた

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

という設定を考えれば

$\displaystyle \frac{1}{\sqrt{2}}(1+\sqrt{2})^{n}\pi=\displaystyle \frac{1}{\sqrt{2}}(1-\sqrt{2})^{n}\pi+a_{n}\pi$

と見たくなります。

これにより

$\sin{(\displaystyle \frac{1}{\sqrt{2}}(1+\sqrt{2})^{n}\pi)}=\sin{\{\displaystyle \frac{\pi}{\sqrt{2}}(1-\sqrt{2})^{n}+a_{n}\pi\}}$

という式に辿り着くでしょう。

$\sin{(\theta+(偶数)\pi)}=\sin{\theta}$

というように、$(偶数)\pi$ は無視できます。

そういう視点で、再び $a_{n}$ に目を向けると

$a_{n}$ は整数どころか偶数

ということに気がつくと思います。

したがって、題意の極限について

$$\begin{eqnarray} \displaystyle \lim_{n \to \infty} \sin{(\displaystyle \frac{1}{\sqrt{2}}(1+\sqrt{2})^{n}\pi)}&=&\displaystyle \lim_{n \to \infty} \sin{\{\displaystyle \frac{\pi}{\sqrt{2}}(1-\sqrt{2})^{n}\}} \\ &=& \sin{0}\\ &=& 0 \end{eqnarray}$$

となり、解決します。

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