上級者
数学Ⅱ：式の証明
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ヒント：不等式で\(a>b\)を証明するとき，(1) \(a-b>0\)を示す．(2)\(b>0\)の時，\(\displaystyle \frac{a}{b}>1\)であることを示す．また数学的帰納法を使ったり，うまく式変形したりして問題を解こう．
問題
数列\({a_n}\)（\(n\)は自然数）において，\(a_n>0,a_1>1\)，\(\displaystyle \frac{a_n^3}{a_n^2+1}=\frac{1}{2}a_{n+1}^2\)が成立するとき，\(1<a_n<a_{n-1}<\cdots<a_1\)が成立することを示せ．(オリジナル)
解答
まず\(a_n>1\)であることを数学的帰納法で示す．
\(n=1\)の時，条件より\(a_1>1\)が成立する．
\(n=k\)の時，\(a_k>1\)であると仮定すると，
\(a_{k+1}=\displaystyle \sqrt{2\frac{a_{k}^3}{a_{k}^2+1}}\)（\(a_n>0\)なので，負はない）
ここで，\(\displaystyle f(x)=\frac{x^3}{x^2+1}\)において，
\(\displaystyle f'(x)=\frac{x^2(x^2+3)}{(x^2+1)^2}>0\) \((x>0)\)
よって，\(f(x)\)は増加関数
∴\(\displaystyle f(x)>f(1)=\frac{1}{2}\)
よって，\(\displaystyle \sqrt{2\frac{a_{k}^3}{a_{k}^2+1}}\)\(>\displaystyle \sqrt{2\cdot\frac{1}{2}}=1\) \((a_{k}>1)\)
\(n=k+1\)の時も，\(a_{k+1}>1\)が成立する．
以上，数学的帰納法により，\(a_n>1\)が成立する．
次に，\(a_{n+1}<a_{n}\)であることを示す．
\(\displaystyle \frac{a_{n+1}}{a_{n}}\)\(=\displaystyle \sqrt{2\frac{a_n}{a_n^2+1}}\)
ここで，\(\displaystyle \sqrt{\frac{a_n^2+1}{a_n}}\)\(=\displaystyle a_n+\frac{1}{a_n}\)\(\geqq \displaystyle 2\sqrt{a_n\cdot\frac{1}{a_n}}\)\(=2\)
なお，等号成立は\(a_n=1\)であるが，常に\(a_n>1\)なので，等号成立しない．
よって，\(\displaystyle \sqrt{2\frac{a_n}{a_n^2+1}}\)\(< \displaystyle \sqrt{2\cdot\frac{1}{2}}=1\)
よって，\(a_{n+1}<a_{n}\)が成立する．
これは，\(a_{n}<a_{n-1}\)と同じであることから，以上より，\(1<a_n<a_{n-1}<\cdots<a_1\)が成立することを示された．
参考入試問題
数列\(a_{n}\),\(b_{n}\) \((n=1,2,3…)\)を\(0<a_{1}<b_{1}\)，\(\displaystyle \frac{1}{a_{n+1}}=\frac{1}{a_{n}}+\frac{1}{2b_{n}}\)，\(\displaystyle 2b_{n+1}=\frac{1}{2}a_{n}+b_{n}\)で与えられる．このとき，次の各式が成り立つことを証明せよ．
(1)\(a_{2}<b_{2}<b_{1}\)
(2)任意の正の整数\(n\)に対して\(b_{n}>a_{n+1}\)
(3)2以上の任意の整数\(n\)に対して\(b_{n}<b_{1}\)(神戸大)
解答
(1)
\(\displaystyle b_{1}-b_{2}\)\(=\displaystyle b_{1}-\frac{1}{2}\left(\frac{1}{2}a_{1}+b_{1}\right)\)\(=\displaystyle \frac{1}{2}\left(b_{1}-\frac{1}{2}a_{1}\right)>0\) \(\displaystyle \left(\frac{1}{2}a_{1}<a_{1}<b_{1}\right)\)
\(\displaystyle \frac{1}{a_{n+1}}=\frac{1}{a_{n}}+\frac{1}{2b_{n}}\)を変形して，
\(\displaystyle a_{n+1}=\frac{2a_{n}b_{n}}{a_{n}+2b_{n}}\)
\(\displaystyle b_{2}-a_{2}=\frac{1}{2}\left(\frac{1}{2}a_{1}+b_{1}\right)-\frac{2a_{1}b_{1}}{a_{1}+2b_{1}}\)\(=\displaystyle \frac{1}{4}\frac{(a_{1}-2b_{1})^{2}}{a_{1}+2b_{1}}>0\)
以上より
\(a_{2}<b_{2}<b_{1}\)
(2)
まず，指針として\(b_{n}>a_{n}\)を証明したのち，\(b_{n}>b_{n+1}\)を証明すればよい．
ここで，\(2b_{n}=c_{n}\)とするとわかりやすいので，以降はこれを使用する．
\(b_{n}>a_{n}\)を数学的帰納法により証明する．
\(n=1\)のとき(1)より成り立つ．
\(n=k\)のとき\(b_{k}>a_{k}\)であるとすると，
\(b_{k+1}-a_{k+1}\)\(=\displaystyle \frac{1}{4}\frac{(a_{k}-2b_{k})^{2}}{a_{k}+2b_{k}}\)
ここで，\(a_{k}>0\)，\(b_{k}>0\)であることを数学的帰納法で証明する．
\(k=1\)の時は成り立つ．
\(k=l\)のときに\(a_{l}>0\)，\(b_{l}>0\)が成り立つとすると，
\(a_{l+1}=\displaystyle \frac{2a_{l}b_{l}}{a_{l}+2b_{l}}>0\)
\(b_{l+1}=\displaystyle \frac{1}{2}\left(\frac{1}{2}a_{n}+b_{n}\right)>0\)なので\(k=l+1\)の場合も成り立つ．以上数学的帰納法より\(a_{k}>0\)，\(b_{k}>0\)となる．
よって\(a_{k}-2b_{k}<a_{k}-b_{k}<0\)なので，\((b_{k}>0)\)
\(b_{k+1}-a_{k+1}\)\(=\displaystyle \frac{1}{4}\frac{(a_{k}-2b_{k})^{2}}{a_{k}+2b_{k}}>0\)
よって\(n=k+1\)の時も成り立つ．
以上数学的帰納法より\(b_{n}>a_{n}\)が成り立つ．
次に
\(b_{n}-b_{n+1}\)\(=\displaystyle \frac{1}{2}\left(b_{n}-\frac{1}{2}a_{n}\right)\)\(\displaystyle >\frac{1}{4}(b_{n}-a_{n})>0\)
よって\(b_{n}>b_{n+1}\)となる．また\(b_{n+1}>a_{n+1}\)となるので，\(b_{n}>a_{n+1}\)となる．
(3)
\(b_{n}>b_{n+1}\)より\(b_{n}<b_{n-1}<\cdots<b_{1}\)