別証

数学

http://www.hatena.ne.jp/1109562418
の別証．挟み撃ちな方法がすでに載ってたので別の方法．っていうかおいらもしつこいな．
a_0 = \sqrt{2}
a_n = \sqrt{2+a_{n-1}} \qquad (n = 1,2,\cdots)
まず\sqrt{2} \le a_n \lt 2 \qquad (n = 0,1,2,\cdots)を帰納的に示す．
n=0での成立は自明．
\sqrt{2} \le a_{k-1} \lt 2
を仮定すると
2 + \sqrt{2} \le 2+a_{k-1} \lt 4
\sqrt{2} \lt \sqrt{2+2\sqrt{2}} \le \sqrt{2+a_{k-1}} \lt 2
即ち
\sqrt{2} \le a_k \lt 2
ゆえに帰納的に\sqrt{2} \le a_n \lt 2 \qquad (n = 0,1,2,\cdots)は示せた．従ってa_n=2\cos\theta_n \qquad (n = 0,1,2,\cdots)とおける．また\pi/4 \le \theta_n \lt \pi/2である．これにより漸化式は
2\cos\theta_n = \sqrt{2+2\cos\theta_{n-1}} = 2\sqrt{\frac{1+\cos\theta_{n-1}}{2}} = 2\sqrt{\cos^2\frac{\theta_{n-1}}{2}} \qquad （半角公式）
= 2\left|\cos\frac{\theta_{n-1}}{2}\right| = 2\cos\frac{\theta_{n-1}}{2}
となる．\pi/4 \le \theta_n \lt \pi/2で\thetaと\cos\thetaは1対1対応するため，結局
\theta_n = \frac{\theta_{n-1}}{2}
である．ゆえに
\lim_{n \to \infty}\theta_n = 0
従って
\lim_{n \to \infty}a_n = \lim_{n \to \infty} 2\cos\theta_n = 2
この方法，余弦使うっていうのが天下りすぎて好きになれない．複素数平面で平方根がやっていることを考えればあるいは自然な発想なのかも知れないけれど．でも複素数面で平方根考えると多価関数になるからリーマン面持ち出したりで，それはそれで面倒くさいという・・・．
ちぅかこの数列，複素平面のどこからスタートしても2に収束しますな．
このcosに変換して解くやり方昔どこかで使った覚えがあるんだけれど忘れた．
初等解析使って良いなら収束すること示して後ははてなの質問の回答と同じことやれば良いだけだけど．
＃解析の本見たら「b_n=\sqrt{a_1+\sqrt{a_2+\sqrt{\cdots +\sqrt{a_n}}}}が0 \lt a_n \le e^{2^n}のとき収束することを示せ．」とかいう問題が書いてあった．ずげげげげ・・・．