2025第一回東大本レ第三問を解いてみた

2025年第一回東大本レ第三問
数列$\lbrace a_n\rbrace$を$$a_n^2=\sum_{k=1}^n a_k,~a_n>0,~n\in\mathbb{N}$$で定める．
(1)$a_1,~a_2$を求めよ．
(2)${}^\forall n\in\mathbb{N},~a_n\le \frac{n+\sqrt{n}}{2}$を示せ．
(3)$\lim_{n\to+\infty}\frac{a_n}{n}$を求めよ．

(1)
$a_1=1,~a_2=\frac{1+\sqrt{5}}{2}\cdots(\underline{\text{答}})$

(2)$\underline{Proof}$
$n\in\mathbb{N}$とする．このとき，

\begin{aligned}
    &a_{n+1}^2-a_n^2=\sum_{k=1}^{n+1}a_k-\sum_{k=1}^na_k\\
    \iff&a_{n+1}^2-a_n^2=a_{n+1}\\
    \iff&a_{n+1}=\frac{1+\sqrt{1+4a_n^2}}{2}\quad(\because a_{n+1}>0)
\end{aligned}

である．
$n$に関する数学的帰納法によって，与えられた不等式を証明する．

• $n=1$のときは自明．
• $n$のとき，$a_n\le\frac{n+\sqrt{n}}{2}$を仮定すると，

\begin{aligned}
    &n\le n+1\\
    \iff&2n\sqrt{n}\le 2n\sqrt{n+1}\\
    \iff&1+n^2+2n\sqrt{n}+n\le n^2+2n\sqrt{n+1}+n+1\\
    \iff&1+(n+\sqrt{n})^2\le (n+\sqrt{n+1})^2\\
    \implies&\sqrt{1+(n+\sqrt{n})^2}\le n+\sqrt{n+1}\\
    \implies&\sqrt{1+4a_n^2}\le n+\sqrt{n+1}\quad(\because\text{帰納法の仮定})\\
    \iff&\frac{1+\sqrt{1+4a_n^2}}{2}\le\frac{n+1+\sqrt{n+1}}{2}\\
    \iff&a_{n+1}\le\frac{n+1+\sqrt{n+1}}{2}
\end{aligned}

が成立し，$n+1$のときも成立する．$\therefore$ok．$\square$

(3)
まず，次の主張を証明する．

claim
${}^\forall n\in\mathbb{N},~\frac{n-\sqrt{n}}{2}\le a_n$

$\underline{Proof}$
$n$に関する数学的帰納法によって証明する．

• $n=1$のときは自明．
• $n\ge 2$のとき，$\frac{n-\sqrt{n}}{2}\le a_n$を仮定すると，

\begin{aligned}
    &n\le n+1\\
    \iff&-2n\sqrt{n+1}\le-2n\sqrt{n}\\
    \iff&n^2-2n\sqrt{n+1}+n+1\le 1+n^2-2n\sqrt{n}+n\\
    \iff&(n-\sqrt{n+1})^2\le 1+(n-\sqrt{n})^2\\
    \implies&n-\sqrt{n+1}\le \sqrt{1+(n-\sqrt{n})^2}\quad(\because n\ge 2)\\
    \implies&n-\sqrt{n+1}\le\sqrt{1+4a_n^2}\quad(\because\text{帰納法の仮定})\\
    \iff&\frac{n+1-\sqrt{n+1}}{2}\le\frac{1+\sqrt{1+4a_n^2}}{2}\\
    \iff&\frac{n+1-\sqrt{n+1}}{2}\le a_{n+1}
\end{aligned}

が成立し，$n+1$のときも成立する．$\therefore$ok．$\square$

以上より，

{}^\forall n\in\mathbb{N},~\frac{n-\sqrt{n}}{2}\le a_n\le \frac{n+\sqrt{n}}{2}

であり，

\frac{n-\sqrt{n}}{2n}\to \frac{1}{2},~\frac{n+\sqrt{n}}{2n}\to \frac{1}{2}\quad(n\to+\infty)

より，はさみうちの原理より，$\lim_{n\to+\infty} \frac{a_n}{n}=\frac{1}{2}\cdots(\underline{\text{答}})$

はさみうちの原理の証明

$n\to+\infty$でのはさみうちの原理も証明しておきましょう．

はさみうちの原理
$a_n\le b_n\le c_n$で，$a_n, c_n\to \beta~(n\to+\infty)$であれば，$b_n\to \beta~(n\to+\infty)$

$\underline{Proof}$
仮定から，

\begin{aligned}
    &{}^\forall \epsilon_1>0, {}^\exists N_1=N_1(\epsilon)>0~\text{s.t.}~n_1>N_1\implies \beta-\epsilon_1<a_n<\beta+\epsilon_1\\
    &{}^\forall \epsilon_2>0, {}^\exists N_2=N_2(\epsilon)>0~\text{s.t.}~n_2>N_2\implies \beta-\epsilon_2<c_n<\beta+\epsilon_2
\end{aligned}

が成立している．
任意の$\epsilon>0$に対して，$N>0$を$N=\max\lbrace N_1(\epsilon), N_2(\epsilon)\rbrace$ととる．このとき，$n>N$なる全ての$n\in\mathbb{N}$に対して，

\begin{aligned}
    b_n-\beta&\le c_n-\beta<\beta+\epsilon-\beta=\epsilon\\
    b_n-\beta&\ge a_n-\beta>\beta-\epsilon-\beta=-\epsilon
\end{aligned}

即ち

-\epsilon<b_n-\beta<\epsilon

が成立する．$\therefore$ok．$\square$