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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