大学数学基礎問題

微積演習 (2)

微分積分,高校数学応用,問題演習

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0. Intro.

前回の『微積演習 (1) 』からの続き。
微積の演習問題を 5 つ掲載。基本～標準レベルくらいです。

1. Q & A.

ネイピア数 $e$ について，以下の問いに答えよ。ただし，$e > 0$ であることは既知としてよい。

$x > 0$ とする。このとき，各 $n \in \mathbb{N}$ に対して，
\begin{align} \qquad \begin{aligned} e^{x} = \sum_{k=0}^{n} \dfrac{x^{k}}{k!} + e^{x} \int_{0}^{x} \dfrac{t^{n}}{n!} e^{-t} \, dt \end{aligned} \end{align}
が成り立つことを示せ。
$e$ が無理数であることを示せ。

[解答]
$x > 0$ と $n \in \mathbb{N}$ が与えられたとする。
まず，
\begin{align} \qquad & \begin{aligned} \int_{0}^{x} e^{-t} \, dt = \left[ - e^{-t} \right]_{0}^{x} = 1 - e^{-x} \, \boldsymbol{.} \end{aligned} \tag*{\textsf{[1]}} \end{align}
また，部分積分を $n$ 回用いると，
\begin{align} \qquad & \begin{aligned} \int_{0}^{x} e^{-t} \, dt &= \left[ t e^{-t} \right]_{0}^{x} + \int_{0}^{x} t e^{-t} \, dt \\[5pt] &= x e^{-x} + \left[ \dfrac{t^{2}}{2} e^{-t} \right]_{0}^{x} + \int_{0}^{x} \dfrac{t^{2}}{2} e^{-t} \, dt \\[5pt] &= \dfrac{x^{1}}{1!} e^{-x} + \dfrac{x^{2}}{2!} e^{-x} + \left[ \dfrac{t^{3}}{3!} e^{-t} \right]_{0}^{x} + \int_{0}^{x} \dfrac{t^{3}}{3!} e^{-t} \, dt \\[5pt] &= \quad \boldsymbol{\cdots} \quad \boldsymbol{\cdots} \quad \boldsymbol{\cdots} \\[5pt] &= \sum_{k=1}^{n-1} \dfrac{x^{k}}{k!} e^{-x} + \left[ \dfrac{t^{n}}{n!} e^{-t} \right]_{0}^{x} + \int_{0}^{x} \dfrac{t^{n}}{n!} e^{-t} \, dt \\[5pt] &= \sum_{k=1}^{n} \dfrac{x^{k}}{k!} e^{-x} + \int_{0}^{x} \dfrac{t^{n}}{n!} e^{-t} \, dt \, \boldsymbol{.} \end{aligned} \tag*{\textsf{[2]}} \end{align}
ゆえに，$\textsf{[1]} \boldsymbol{,} \ \textsf{[2]}$ より，
\begin{align} \qquad & \begin{aligned} 1 - e^{-x} = \sum_{k=1}^{n} \dfrac{x^{k}}{k!} e^{-x} + \int_{0}^{x} \dfrac{t^{n}}{n!} e^{-t} \, dt \end{aligned} \end{align}
となるので，この式の両辺に $e^{x}$ を掛けると，
\begin{align} \qquad & \begin{aligned} e^{x} - 1 &= e^{x} \cdot \left( \sum_{k=1}^{n} \dfrac{x^{k}}{k!} e^{-x} \right) + e^{x} \int_{0}^{x} \dfrac{t^{n}}{n!} e^{-t} \, dt \\[5pt] &= \sum_{k=1}^{n} \dfrac{x^{k}}{k!} + e^{x} \int_{0}^{x} \dfrac{t^{n}}{n!} e^{-t} \, dt \, \boldsymbol{.} \end{aligned} \end{align}
よって，
\begin{align} \qquad & \begin{aligned} e^{x} &= 1 + \sum_{k=1}^{n} \dfrac{x^{k}}{k!} + e^{x} \int_{0}^{x} \dfrac{t^{n}}{n!} e^{-t} \, dt \\[5pt] &= \sum_{k=0}^{n} \dfrac{x^{k}}{k!} + e^{x} \int_{0}^{x} \dfrac{t^{n}}{n!} e^{-t} \, dt \, \boldsymbol{.} \end{aligned} \end{align}
[解答]
まず，
\begin{align} \qquad & \begin{aligned} 0 < \int_{0}^{1} e^{-t} \, dt = 1 - e^{-1} \end{aligned} \end{align}
であることから，
\begin{align} \qquad & \begin{aligned} e > 1 \, \boldsymbol{.} \end{aligned} \end{align}
${}$
背理法を用いて証明する。
${}$
$e$ が無理数でないと仮定する。このとき，$e$ は有理数であるので，
\begin{align} \qquad & \begin{aligned} e = \dfrac{p}{q} \qquad \left( \ \textsf{$p$ と $q$ は互いに素な自然数} \ \right) \end{aligned} \tag*{\textsf{[1]}} \end{align}
と表される。
${}$
また，(1) の結果から，
\begin{align} \qquad & \begin{aligned} e = \sum_{k=0}^{n} \dfrac{1}{k!} + e \int_{0}^{1} \dfrac{t^{n}}{n!} e^{-t} \, dt \qquad \left( \ \forall \, n \in \mathbb{N} \ \right) \, \boldsymbol{.} \end{aligned} \tag*{\textsf{[2]}} \end{align}
${}$
ここで，$M := \max \left\{ e \boldsymbol{,} \, q \right\}$ と置き，$n \in \mathbb{N} \cap \left( M \boldsymbol{,} \, \infty \right) $ が与えられたとする。
${}$
$\textsf{[1]} \boldsymbol{,} \ \textsf{[2]}$ より，
\begin{align} \qquad & \begin{aligned} \dfrac{p}{q} \times n! = e \times n! = \sum_{k=0}^{n} \dfrac{n!}{k!} + e \int_{0}^{1} t^{n} e^{-t} \, dt \, \boldsymbol{.} \end{aligned} \tag*{\textsf{[3]}} \end{align}
${}$
$n > M \geq q$ であることに注意すると，
\begin{align} \qquad & \begin{aligned} \dfrac{p}{q} \times n! \in \mathbb{Z} \qquad \textsf{かつ} \qquad \sum_{k=0}^{n} \dfrac{n!}{k!} \in \mathbb{Z} \end{aligned} \end{align}
となることから，$\textsf{[3]}$ より，
\begin{align} \qquad & \begin{aligned} e \int_{0}^{1} t^{n} e^{-t} \, dt = \dfrac{p}{q} \times n! - \sum_{k=0}^{n} \dfrac{n!}{k!} \in \mathbb{Z} \, \boldsymbol{.} \end{aligned} \tag*{\textsf{[4]}} \end{align}
${}$
しかし，$e > 1$ および $n > M \geq e$ より，
\begin{align} \qquad & \begin{aligned} 0 < e \int_{0}^{1} t^{n} e^{-t} \, dt \leq e \int_{0}^{1} t^{n} \cdot 1 \, dt = \dfrac{e}{n+1} < \dfrac{e}{e+1} < 1 \end{aligned} \tag*{\textsf{[5]}} \end{align}
となるので，$\textsf{[5]}$ は $\textsf{[4]}$ に矛盾する。
${}$
ゆえに，$e$ は無理数である。

### COMMENT ###

(1) の結果から，
\begin{align} \qquad \begin{aligned} e^{x} \geq 1 + \sum_{k=1}^{n} \dfrac{x^{k}}{k!} \qquad \left( \ \forall \, x \geq 0 \, \boldsymbol{,} \ \ \forall \, n \in \mathbb{N} \ \right) \end{aligned} \end{align}
が成り立つことが分かる。こっちの方がエンカウント率は高い。

数列 $\left( e_{n} \right)_{n=1}^{\infty}$ を，
\begin{align} \qquad & \begin{aligned} e_{n} := \left( 1 + \dfrac{1}{n} \right)^{n} \qquad \left( \ \forall \, n \in \mathbb{N} \ \right) \end{aligned} \end{align}
により定める。このとき，以下の問いに解答せよ。

$\left( e_{n} \right)_{n=1}^{\infty}$ は単調増加列であることを示せ。
$\left( e_{n} \right)_{n=1}^{\infty}$ は有界列であることを示せ。

[解答]
各 $n \in \mathbb{N}$ に対して，
\begin{align} \qquad & \begin{aligned} e_{n+1} &= \left( 1 + \dfrac{1}{n+1} \right)^{n+1} = \sum_{k=0}^{n+1} \binom{n+1}{k} \left( \dfrac{1}{n+1} \right)^{k} \\[5pt] &= 1 + \sum_{k=1}^{n} \binom{n+1}{k} \left( \dfrac{1}{n+1} \right)^{k} + \left( \dfrac{1}{n+1} \right)^{n+1} \\[5pt] &= 1 + \sum_{k=1}^{n} \dfrac{ \left( n+1 \right) n \left( n-1 \right) \cdots \left\{ n+1 - \left( k-1 \right) \right\} }{ k! } \left( \dfrac{1}{n+1} \right)^{k} + \left( \dfrac{1}{n+1} \right)^{n+1} \\[5pt] &= 1 + \sum_{k=1}^{n} \dfrac{1}{k!} \left\{ \prod_{j=1}^{k} \dfrac{ n + 1 - \left( j - 1 \right) }{n+1} \right\} + \left( \dfrac{1}{n+1} \right)^{n+1} \\[5pt] &= 1 + \sum_{k=1}^{n} \dfrac{1}{k!} \left\{ \prod_{j=1}^{k} \left( 1 - \dfrac{j-1}{n+1} \right) \right\} + \left( \dfrac{1}{n+1} \right)^{n+1} \\[5pt] &> 1 + \sum_{k=1}^{n} \dfrac{1}{k!} \left\{ \prod_{j=1}^{k} \left( 1 - \dfrac{j-1}{n} \right) \right\} + 0 \\[5pt] &= 1 + \sum_{k=1}^{n} \dfrac{ n \left( n-1 \right) \cdots \left\{ n - \left( k-1 \right) \right\} }{ k! } \left( \dfrac{1}{n} \right)^{k} \\[5pt] &= 1 + \sum_{k=1}^{n} \binom{n}{k} \left( \dfrac{1}{n} \right)^{k} = \sum_{k=0}^{n} \binom{n}{k} \left( \dfrac{1}{n} \right)^{k} \\[5pt] &= \left( 1 + \dfrac{1}{n} \right)^{n} = e_{n} \, \boldsymbol{.} \end{aligned} \end{align}
ゆえに，$\left( e_{n} \right)_{n=1}^{\infty}$ は単調増加列である。
[解答]
(1) の結果から，各 $n \in \mathbb{N}$ に対して，
\begin{align} \qquad & \begin{aligned} e_{n} \geq e_{1} = 2 \end{aligned} \end{align}
であり，また，
\begin{align} \qquad & \begin{aligned} k! \geq 2^{k-1} \qquad \left( \ \forall \, k \in \mathbb{N} \ \right) \end{aligned} \end{align}
が成り立つことに注意すると，
\begin{align} \qquad & \begin{aligned} e_{n} &= \left( 1 + \dfrac{1}{n} \right)^{n} = 1 + \sum_{k=1}^{n} \binom{n}{k} \left( \dfrac{1}{n} \right)^{k} \\[5pt] &= 1 + \sum_{k=1}^{n} \dfrac{ n \left( n-1 \right) \cdots \left\{ n - \left( k-1 \right) \right\} }{ k! } \left( \dfrac{1}{n} \right)^{k} \\[5pt] &\leq 1 + \sum_{k=1}^{n} \dfrac{n^{k}}{k!} \left( \dfrac{1}{n} \right)^{k} = 1 + \sum_{k=1}^{n} \dfrac{1}{k!} \\[5pt] &\leq 1 + \sum_{k=1}^{n} \left( \dfrac{1}{2} \right)^{k-1} = 1 + \dfrac{1 - \left( \dfrac{1}{2} \right)^{n}}{1 - \dfrac{1}{2}} \\[5pt] &= 3- \left( \dfrac{1}{2} \right)^{n-1} < 3 \, \boldsymbol{.} \end{aligned} \end{align}
ゆえに，
\begin{align} \qquad & \begin{aligned} 2 \leq e_{n} < 3 \qquad \left( \ \forall \, n \in \mathbb{N} \ \right) \end{aligned} \end{align}
となるので，$\left( e_{n} \right)_{n=1}^{\infty}$ は有界列である。

### COMMENT ###

『上に有界な単調増加列は収束する』の典型例。

$p > 1 \boldsymbol{,} \ \ q > 1$ とし，$\dfrac{1}{p} + \dfrac{1}{q} = 1$ を満たすとする。このとき，以下の不等式を示せ。また，等号成立条件も調べよ。

[ヤングの不等式]$\quad$ 任意の $a \geq 0 \boldsymbol{,} \ \ b \geq 0$ に対して，
\begin{align} \qquad & \begin{aligned} ab \leq \dfrac{1}{p} a^{p} + \dfrac{1}{q} b^{q} \ \boldsymbol{;} \end{aligned} \end{align}
[ヘルダーの不等式]$\quad$ 任意の実数 (または複素数) 列 $\left( a_{n} \right)_{n=1}^{\infty} \boldsymbol{,} \ \ \left( b_{n} \right)_{n=1}^{\infty}$ に対して，
\begin{align} \qquad & \begin{aligned} \sum_{k=1}^{n} \left| a_{k} b_{k} \right| \leq \left( \sum_{k=1}^{n} \left| a_{k} \right|^{p} \right)^\dfrac{1}{p} \left( \sum_{k=1}^{n} \left| b_{k} \right|^{q} \right)^\dfrac{1}{q} \qquad \left( \ \forall \, n \in \mathbb{N} \ \right) \ \boldsymbol{;} \end{aligned} \end{align}
[ミンコフスキーの不等式]$\quad$ 任意の実数 (または複素数) 列 $\left( a_{n} \right)_{n=1}^{\infty} \boldsymbol{,} \ \ \left( b_{n} \right)_{n=1}^{\infty}$ に対して，
\begin{align} \qquad & \begin{aligned} \left( \sum_{k=1}^{n} \left| a_{k} + b_{k} \right|^{p} \right)^\dfrac{1}{p} \leq \left( \sum_{k=1}^{n} \left| a_{k} \right|^{p} \right)^\dfrac{1}{p} + \left( \sum_{k=1}^{n} \left| b_{k} \right|^{p} \right)^\dfrac{1}{p} \qquad \left( \ \forall \, n \in \mathbb{N} \ \right) \, \boldsymbol{.} \end{aligned} \end{align}

[ 解答 ]
$a \geq 0 \boldsymbol{,} \ \ b \geq 0$ を任意に固定し，関数 $f$ を，
\begin{align} \qquad & \begin{aligned} f \left( x \right) := \dfrac{1}{p} a^{p} + \dfrac{1}{q} x^{q} - ax \qquad \left( \ \forall \, x \geq 0 \ \right) \end{aligned} \end{align}
と定める。このとき，
\begin{align} \qquad & \begin{aligned} f' \left( x \right) = x^{q-1} - a \qquad \left( \ \forall \, x > 0 \ \right) \end{aligned} \end{align}
となるので，増減表は以下のようになる。
${}$
$\textsf{(i)}$ $a > 0$ の場合：
\begin{align} \qquad & \begin{array}{|c|c|c|c|c|} \hline x & 0 & \cdots & a^{\dfrac{1}{q-1}} & \cdots \\[5pt] \hline f' \left( x \right) & (-) & - & 0 & + \\[5pt] \hline f \left( x \right) & \dfrac{a^{p}}{p} & \searrow & 0 & \nearrow \\ \hline \end{array} \end{align}
${}$
$\textsf{(ii)}$ $a = 0$ の場合：
\begin{align} \qquad & \begin{array}{|c||c|c|} \hline x & 0 & \cdots \\[5pt] \hline f' \left( x \right) & (0) & + \\[5pt] \hline f \left( x \right) & 0 & \nearrow \\ \hline \end{array} \end{align}
${}$
ゆえに，
\begin{align} \qquad & \begin{aligned} \dfrac{1}{p} a^{p} + \dfrac{1}{q} x^{q} - ax = f \left( x \right) \geq 0 \qquad \left( \ \forall \, x \geq 0 \ \right) \end{aligned} \end{align}
となるので，$x = b$ の場合を考えると，
\begin{align} \qquad & \begin{aligned} \dfrac{1}{p} a^{p} + \dfrac{1}{q} b^{q} \geq ab \end{aligned} \end{align}
が成り立つ。
${}$
また，$b = a^{\dfrac{1}{q-1}}$ の場合に等号が成立するので，$\dfrac{1}{p} + \dfrac{1}{q} = 1$ に注意して整理すると，求める等号成立条件は，
\begin{align} \qquad & \begin{aligned} a^{p} = b^{p \left( q-1 \right)} = b^{\dfrac{q}{q-1} \cdot \left( q-1 \right)} = b^{q} \end{aligned} \end{align}
となる。
[ 解答 ]
$n \in \mathbb{N}$ が与えられたとし，
\begin{align} \qquad & \begin{aligned} A := \left( \sum_{k=1}^{n} \left| a_{k} \right|^{p} \right)^\dfrac{1}{p} \boldsymbol{,} \qquad B := \left( \sum_{k=1}^{n} \left| b_{k} \right|^{q} \right)^\dfrac{1}{q} \end{aligned} \end{align}
と置く。
${}$
まず，$A = 0$ または $B = 0$ の場合は，
\begin{align} \qquad & \begin{aligned} a_{1} = \cdots = a_{n} = 0 \qquad \textsf{または} \qquad b_{1} = \cdots = b_{n} = 0 \end{aligned} \end{align}
であるので，
\begin{align} \qquad & \begin{aligned} \sum_{k=1}^{n} \left| a_{k} b_{k} \right| = 0 \leq 0 = AB = \left( \sum_{k=1}^{n} \left| a_{k} \right|^{p} \right)^\dfrac{1}{p} \left( \sum_{k=1}^{n} \left| b_{k} \right|^{q} \right)^\dfrac{1}{q} \, \boldsymbol{.} \end{aligned} \end{align}
${}$
次に，$A \neq 0$ かつ $B \neq 0$ の場合を考える。各 $k \in \left\{ 1 ,\, \dots ,\, n \right\}$ に対して，ヤングの不等式より，
\begin{align} \qquad & \begin{aligned} \dfrac{\left| a_{k} b_{k} \right|}{AB} = \dfrac{\left| a_{k} \right|}{A} \cdot \dfrac{\left| b_{k} \right|}{B} \leq \dfrac{1}{p} \left( \dfrac{\left| a_{k} \right|}{A} \right)^{p} + \dfrac{1}{q} \left( \dfrac{\left| b_{k} \right|}{B} \right)^{q} = \dfrac{ \left| a_{k} \right|^{p} }{p A^{p}} + \dfrac{ \left| b_{k} \right|^{q} }{q B^{q}} \end{aligned} \end{align}
となるので，
\begin{align} \qquad & \begin{aligned} \sum_{k=1}^{n} \dfrac{\left| a_{k} b_{k} \right|}{AB} &\leq \sum_{k=1}^{n} \dfrac{ \left| a_{k} \right|^{p} }{p A^{p}} + \sum_{k=1}^{n} \dfrac{ \left| b_{k} \right|^{q} }{q B^{q}} \\[5pt] &= \dfrac{1}{p A^{p}} \sum_{k=1}^{n} \left| a_{k} \right|^{p} + \dfrac{1}{q B^{q}} \sum_{k=1}^{n} \left| b_{k} \right|^{q} \\[5pt] &= \dfrac{1}{p A^{p}} \cdot A^{p} + \dfrac{1}{q B^{q}} \cdot B^{q} \\[5pt] &= \dfrac{1}{p} + \dfrac{1}{q} = 1 \, \boldsymbol{.} \end{aligned} \end{align}
ゆえに，
\begin{align} \qquad & \begin{aligned} \sum_{k=1}^{n} \left| a_{k} b_{k} \right| &\leq AB = \left( \sum_{k=1}^{n} \left| a_{k} \right|^{p} \right)^\dfrac{1}{p} \left( \sum_{k=1}^{n} \left| b_{k} \right|^{q} \right)^\dfrac{1}{q} \, \boldsymbol{.} \end{aligned} \end{align}
${}$
等号は，各 $k \in \left\{ 1 ,\, \dots ,\, n \right\}$ に対して，$\left( a_{n} \right)_{n=1}^{\infty} ,\ \left( b_{n} \right)_{n=1}^{\infty}$ がともに実数列ならば，
\begin{align} \qquad & \begin{aligned} a_{k} = \alpha c_{k}^{\dfrac{1}{p}} \, \boldsymbol{,} \quad b_{k} = \beta c_{k}^{\dfrac{1}{q}} \qquad \left( \ \alpha ,\, \beta \in \mathbb{R} \, \boldsymbol{,} \ \ c_{k} > 0 \ \right) \end{aligned} \end{align}
の場合に成立し，$\left( a_{n} \right)_{n=1}^{\infty} ,\ \left( b_{n} \right)_{n=1}^{\infty}$ がともに複素数列ならば，
\begin{align} \qquad & \begin{aligned} a_{k} = \alpha c_{k}^{\dfrac{1}{p}} \, \boldsymbol{,} \quad b_{k} = \beta c_{k}^{\dfrac{1}{q}} \qquad \left( \ \alpha ,\, \beta \in \mathbb{C} \, \boldsymbol{,} \ \ c_{k} \in \mathbb{C} \setminus \left\{ 0 \right\} \ \right) \end{aligned} \end{align}
の場合に成立する。実際に，
\begin{align} \qquad & \begin{aligned} & \sum_{k=1}^{n} \left| a_{k} b_{k} \right| = \left| \alpha \beta \right| \sum_{k=1}^{n} \left| c_{k} \right|^{\dfrac{1}{p} + \dfrac{1}{q}} = \left| \alpha \beta \right| \sum_{k=1}^{n} \left| c_{k} \right| \, \boldsymbol{,} \\[5pt] & \left( \sum_{k=1}^{n} \left| a_{k} \right|^{p} \right)^{\dfrac{1}{p}} \left( \sum_{k=1}^{n} \left| b_{k} \right|^{q} \right)^{\dfrac{1}{q}} = \left| \alpha \beta \right| \left( \sum_{k=1}^{n} \left| c_{k} \right| \right)^{\dfrac{1}{p} + \dfrac{1}{q}} = \left| \alpha \beta \right| \sum_{k=1}^{n} \left| c_{k} \right| \end{aligned} \end{align}
となる。
[ 解答 ]
$n \in \mathbb{N}$ が与えられたとし，
\begin{align} \qquad & \begin{aligned} A := \left( \sum_{k=1}^{n} \left| a_{k} \right|^{p} \right)^\dfrac{1}{p} \boldsymbol{,} \qquad B := \left( \sum_{k=1}^{n} \left| b_{k} \right|^{p} \right)^\dfrac{1}{p} \boldsymbol{,} \qquad C := \left( \sum_{k=1}^{n} \left| a_{k} + b_{k} \right|^{p} \right)^\dfrac{1}{p} \end{aligned} \end{align}
と置く。
${}$
まず，$C = 0$ の場合は，
\begin{align} \qquad & \begin{aligned} a_{1} + b_{1} = \cdots = a_{n} + b_{n} = 0 \end{aligned} \end{align}
であるので，
\begin{align} \qquad & \begin{aligned} \left( \sum_{k=1}^{n} \left| a_{k} + b_{k} \right|^{p} \right)^\dfrac{1}{p} = C = 0 \leq A + B = \left( \sum_{k=1}^{n} \left| a_{k} \right|^{p} \right)^\dfrac{1}{p} + \left( \sum_{k=1}^{n} \left| b_{k} \right|^{p} \right)^\dfrac{1}{p} \, \boldsymbol{.} \end{aligned} \end{align}
${}$
次に，$C \neq 0$ の場合を考える。各 $k \in \left\{ 1 ,\, \dots ,\, n \right\}$ に対して，$q = \dfrac{p}{p-1}$ およびヘルダーの不等式を用いると，
\begin{align} \qquad & \begin{aligned} C^{p} &= \sum_{k=1}^{n} \left| a_{k} + b_{k} \right|^{p} \\[5pt] &= \sum_{k=1}^{n} \left| a_{k} + b_{k} \right|^{p-1} \cdot \left| a_{k} + b_{k} \right| \\[5pt] &\leq \sum_{k=1}^{n} \left| a_{k} + b_{k} \right|^{p-1} \cdot \left( \left| a_{k} \right| + \left| b_{k} \right| \right) \\[5pt] &= \sum_{k=1}^{n} \left| a_{k} \right| \cdot \left| a_{k} + b_{k} \right|^{p-1} + \sum_{k=1}^{n} \left| b_{k} \right| \cdot \left| a_{k} + b_{k} \right|^{p-1} \\[5pt] &\leq \left( \sum_{k=1}^{n} \left| a_{k} \right|^{p} \right)^\dfrac{1}{p} \left( \sum_{k=1}^{n} \left| a_{k} + b_{k} \right|^{\left( p-1 \right) q} \right)^\dfrac{1}{q} + \left( \sum_{k=1}^{n} \left| b_{k} \right|^{p} \right)^\dfrac{1}{p} \left( \sum_{k=1}^{n} \left| a_{k} + b_{k} \right|^{\left( p-1 \right) q} \right)^\dfrac{1}{q} \\[5pt] &= \left( A + B \right) \left( \sum_{k=1}^{n} \left| a_{k} + b_{k} \right|^{p} \right)^{\dfrac{p-1}{p}} \\[5pt] &= \left( A + B \right) \cdot C^{p-1} \end{aligned} \end{align}
となるので，
\begin{align} \qquad & \begin{aligned} \left( \sum_{k=1}^{n} \left| a_{k} + b_{k} \right|^{p} \right)^\dfrac{1}{p} = C \leq A + B = \left( \sum_{k=1}^{n} \left| a_{k} \right|^{p} \right)^\dfrac{1}{p} + \left( \sum_{k=1}^{n} \left| b_{k} \right|^{p} \right)^\dfrac{1}{p} \, \boldsymbol{.} \end{aligned} \end{align}
${}$
等号は，各 $k \in \left\{ 1 ,\, \dots ,\, n \right\}$ に対して，$\left( a_{n} \right)_{n=1}^{\infty} ,\ \left( b_{n} \right)_{n=1}^{\infty}$ がともに実数列ならば，
\begin{align} \qquad & \begin{aligned} a_{k} = \alpha c_{k}^{\dfrac{1}{p}} \, \boldsymbol{,} \quad b_{k} = \beta c_{k}^{\dfrac{1}{p}} \, \boldsymbol{,} \quad \left| \alpha + \beta \right| = \left| \alpha \right| + \left| \beta \right| \qquad \left( \ \alpha ,\, \beta \in \mathbb{R} \, \boldsymbol{,} \ \ c_{k} > 0 \ \right) \end{aligned} \end{align}
の場合に成立し，$\left( a_{n} \right)_{n=1}^{\infty} ,\ \left( b_{n} \right)_{n=1}^{\infty}$ がともに複素数列ならば，
\begin{align} \qquad & \begin{aligned} a_{k} = \alpha c_{k}^{\dfrac{1}{p}} \, \boldsymbol{,} \quad b_{k} = \beta c_{k}^{\dfrac{1}{p}} \, \boldsymbol{,} \quad \left| \alpha + \beta \right| = \left| \alpha \right| + \left| \beta \right| \qquad \left( \ \alpha ,\, \beta \in \mathbb{C} \, \boldsymbol{,} \ \ c_{k} \in \mathbb{C} \setminus \left\{ 0 \right\} \ \right) \end{aligned} \end{align}
の場合に成立する。実際に，
\begin{align} \qquad & \begin{aligned} & C = \left( \sum_{k=1}^{n} \left| a_{k} + b_{k} \right|^{p} \right)^\dfrac{1}{p} = \left| \alpha + \beta \right| \left( \sum_{k=1}^{n} \left| c_{k} \right| \right)^\dfrac{1}{p} = \left( \left| \alpha \right| + \left| \beta \right| \right) \left( \sum_{k=1}^{n} \left| c_{k} \right| \right)^\dfrac{1}{p} \, \boldsymbol{,} \\[5pt] & A + B = \left( \sum_{k=1}^{n} \left| a_{k} \right|^{p} \right)^{\dfrac{1}{p}} + \left( \sum_{k=1}^{n} \left| b_{k} \right|^{p} \right)^{\dfrac{1}{p}} = \left( \left| \alpha \right| + \left| \beta \right| \right) \left( \sum_{k=1}^{n} \left| c_{k} \right| \right)^\dfrac{1}{p} \end{aligned} \end{align}
となる。

### COMMENT ###

ヘルダーの不等式もミンコフスキーの不等式も，積分形の方がよく見かける (主観です)：
\begin{align} \qquad & \begin{aligned} & \textsf{[ヘルダーの不等式]} \qquad \int_{D} \left| f(x) g(x) \right| \, dx \leq \left( \int_{D} \left| f(x) \right|^{p} \, dx \right)^{\dfrac{1}{p}} \left( \int_{D} \left| g(x) \right|^{q} \, dx \right)^{\dfrac{1}{q}} \, \boldsymbol{;} \\[5pt] & \textsf{[ミンコフスキーの不等式]} \qquad \left( \int_{D} \left| f(x) + g(x) \right|^{p} \, dx \right)^{\dfrac{1}{p}} \leq \left( \int_{D} \left| f(x) \right|^{p} \, dx \right)^{\dfrac{1}{p}} + \left( \int_{D} \left| g(x) \right|^{p} \, dx \right)^{\dfrac{1}{p}} \, \boldsymbol{.} \end{aligned} \end{align}
$\displaystyle \left( \ \forall \, f ,\ \ \forall \, g ,\ \ \forall \, D \subset \operatorname{dom} f \cap \operatorname{dom} g \ \right) $

$\left( a_{n} \right)_{n=1}^{\infty}$ を実数列とする。このとき，以下の漸化式を解け。

$ \displaystyle \textsf{(1)} \quad a_{1} = 3 \, \boldsymbol{,} \quad a_{n+1} = a_{n}^{2} - 2 \quad \left( \ \forall \, n \in \mathbb{N} \ \right) \ \boldsymbol{;} $

$ \displaystyle \textsf{(2)} \quad a_{1} = 0 \, \boldsymbol{,} \quad a_{n+1} = \sqrt{ a_{n} + 2 } \quad \left( \ \forall \, n \in \mathbb{N} \ \right) \ \boldsymbol{;} $

$ \displaystyle \textsf{(3)} \quad a_{1} = 0 \, \boldsymbol{,} \quad a_{n+1} = \sqrt{ \dfrac{a_{n} + 1}{2} } \quad \left( \ \forall \, n \in \mathbb{N} \ \right) \ \boldsymbol{.} $

[解答]
漸化式の条件から，
\begin{align} \qquad & \begin{aligned} 2 < a_{n} < a_{n+1} \qquad \left( \ \forall \, n \in \mathbb{N} \ \right) \end{aligned} \end{align}
となることが分かる。
${}$
$\lambda \in \mathbb{R} \setminus \left\{ 0 \right\}$ として，
\begin{align} \qquad & \begin{aligned} a_{n} = \lambda^{2^{n}} + \lambda^{-2^{n}} \qquad \left( \ \forall \, n \in \mathbb{N} \ \right) \end{aligned} \tag*{\textsf{[1]}} \end{align}
となる場合を考える。
${}$
まず，各 $n \in \mathbb{N}$ に対して，
\begin{align} \qquad & \begin{aligned} a_{n}^{2} - 2 = \left( \lambda^{2^{n}} + \lambda^{-2^{n}} \right)^{2} - 2 = \lambda^{2^{n+1}} + \lambda^{-2^{n+1}} = a_{n+1} \end{aligned} \end{align}
となるので，$\textsf{[1]}$ は漸化式を満たす。
${}$
また，初期条件から，
\begin{align} \qquad & \begin{aligned} 3 = a_{1} = \lambda^{2} + \lambda^{-2} = \left( \lambda + \lambda^{-1} \right)^{2} - 2 \, \boldsymbol{,} \end{aligned} \end{align}
すなわち，
\begin{align} \qquad & \begin{aligned} \lambda^{2} \pm \sqrt{5} \lambda + 1 = 0 \end{aligned} \end{align}
となるので，これを解くと，
\begin{align} \qquad & \begin{aligned} \lambda = \left( \dfrac{\sqrt{5} + 1}{2} \right)^{\pm 1} \, \boldsymbol{,} \ \ - \left( \dfrac{\sqrt{5} + 1}{2} \right)^{\pm 1} \, \boldsymbol{.} \end{aligned} \end{align}
${}$
ゆえに，求める一般項は，
\begin{align} \qquad & \begin{aligned} a_{n} = \left( \dfrac{\sqrt{5} + 1}{2} \right)^{2^{n}} + \left( \dfrac{\sqrt{5} + 1}{2} \right)^{-2^{n}} \qquad \left( \ \forall \, n \in \mathbb{N} \ \right) \, \boldsymbol{.} \end{aligned} \end{align}
[解答]
漸化式の条件から，
\begin{align} \qquad & \begin{aligned} 0 \leq a_{n} < a_{n+1} \qquad \left( \ \forall \, n \in \mathbb{N} \ \right) \end{aligned} \end{align}
となることが分かる。
${}$
$\lambda \in \mathbb{C} \setminus \left\{ 0 \right\}$ として，
\begin{align} \qquad & \left\{ \begin{aligned} & a_{n} = \lambda^{\left( \dfrac{1}{2} \right)^{n-1}} + \lambda^{-\left( \dfrac{1}{2} \right)^{n-1}} \qquad \left( \ \forall \, n \in \mathbb{N} \ \right) \\[5pt] & - \dfrac{\pi}{2} \leq \operatorname{Arg} \left( \lambda \right) \leq \dfrac{\pi}{2} \end{aligned} \right. \tag*{\textsf{[1]}} \end{align}
となる場合を考える。
${}$
まず，各 $n \in \mathbb{N}$ に対して，
\begin{align} \qquad & \begin{aligned} \sqrt{ a_{n} + 2 } &= \sqrt{ \lambda^{\left( \dfrac{1}{2} \right)^{n-1}} + \lambda^{-\left( \dfrac{1}{2} \right)^{n-1}} + 2 } \\[5pt] &= \sqrt{ \left\{ \lambda^{\left( \dfrac{1}{2} \right)^{n}} + \lambda^{-\left( \dfrac{1}{2} \right)^{n}} \right\}^{2} } \\[5pt] &= \lambda^{\left( \dfrac{1}{2} \right)^{n}} + \lambda^{-\left( \dfrac{1}{2} \right)^{n}} \\[5pt] &= a_{n+1} \end{aligned} \end{align}
となるので，$\textsf{[1]}$ は漸化式を満たす。
${}$
また，初期条件から，
\begin{align} \qquad & \begin{aligned} 0 = a_{1} = \lambda + \lambda^{-1} \, \boldsymbol{,} \qquad \textsf{すなわち，} \qquad \lambda^{2} = -1 \end{aligned} \end{align}
となるので，
\begin{align} \qquad & \begin{aligned} \lambda = \pm \sqrt{-1} = \left( \sqrt{-1} \right)^{\pm 1} \, \boldsymbol{.} \end{aligned} \end{align}
${}$
ゆえに，求める一般項は，
\begin{align} \qquad & \begin{aligned} a_{n} = \left( \sqrt{-1} \right)^{\left( \dfrac{1}{2} \right)^{n-1}} + \left( \sqrt{-1} \right)^{-\left( \dfrac{1}{2} \right)^{n-1}} \qquad \left( \ \forall \, n \in \mathbb{N} \ \right) \, \boldsymbol{.} \end{aligned} \end{align}
[解答]
漸化式の条件から，
\begin{align} \qquad & \begin{aligned} 0 \leq a_{n} < a_{n+1} \qquad \left( \ \forall \, n \in \mathbb{N} \ \right) \end{aligned} \end{align}
となることが分かる。
${}$
$\lambda \in \mathbb{C} \setminus \left\{ 0 \right\}$ として，
\begin{align} \qquad & \left\{ \begin{aligned} & a_{n} = \dfrac{ \lambda^{\left( \dfrac{1}{2} \right)^{n-1}} + \lambda^{-\left( \dfrac{1}{2} \right)^{n-1}} }{ 2 } \qquad \left( \ \forall \, n \in \mathbb{N} \ \right) \\[5pt] & - \dfrac{\pi}{2} \leq \operatorname{Arg} \left( \lambda \right) \leq \dfrac{\pi}{2} \end{aligned} \right. \tag*{\textsf{[1]}} \end{align}
となる場合を考える。
${}$
まず，各 $n \in \mathbb{N}$ に対して，
\begin{align} \qquad & \begin{aligned} \sqrt{ \dfrac{a_{n} + 1}{2} } &= \sqrt{ \dfrac{1}{2} \left( \dfrac{ \lambda^{\left( \dfrac{1}{2} \right)^{n-1}} + \lambda^{-\left( \dfrac{1}{2} \right)^{n-1}} }{ 2 } + 1 \right) } \\[5pt] &= \dfrac{1}{2} \sqrt{ \left\{ \lambda^{\left( \dfrac{1}{2} \right)^{n}} + \lambda^{-\left( \dfrac{1}{2} \right)^{n}} \right\}^{2} } \\[5pt] &= \dfrac{ \lambda^{\left( \dfrac{1}{2} \right)^{n}} + \lambda^{-\left( \dfrac{1}{2} \right)^{n}} }{ 2 } \\[5pt] &= a_{n+1} \end{aligned} \end{align}
となるので，$\textsf{[1]}$ は漸化式を満たす。
${}$
また，初期条件から，
\begin{align} \qquad & \begin{aligned} 0 = a_{1} = \dfrac{ \lambda + \lambda^{-1} }{2} \, \boldsymbol{,} \qquad \textsf{すなわち，} \qquad \lambda^{2} = -1 \end{aligned} \end{align}
となるので，
\begin{align} \qquad & \begin{aligned} \lambda = \pm \sqrt{-1} = \left( \sqrt{-1} \right)^{\pm 1} \, \boldsymbol{.} \end{aligned} \end{align}
${}$
ゆえに，求める一般項は，
\begin{align} \qquad & \begin{aligned} a_{n} = \dfrac{1}{2} \left\{ \left( \sqrt{-1} \right)^{\left( \dfrac{1}{2} \right)^{n-1}} + \left( \sqrt{-1} \right)^{-\left( \dfrac{1}{2} \right)^{n-1}} \right\} \qquad \left( \ \forall \, n \in \mathbb{N} \ \right) \, \boldsymbol{.} \end{aligned} \end{align}

### COMMENT ###

$a_{n+1} = p a_{n}^m + q$ や $a_{n+1} = \sqrt[m]{ p a_{n} + q }$ 等の形の漸化式には，一定の解法がありそう。

$\sqrt{2}$ が無理数であることを示せ。ただし，背理法を用いてはならない。

[解答]

自然数 $p ,\, q$ が与えられたとする。
${}$
このとき，自然数 $2q^{2} ,\ p^{2}$ が $2$ で割れる回数はそれぞれ，
\begin{align} \qquad & \begin{aligned} \textsf{$2q^{2}$ で奇数回} \, \boldsymbol{,} \quad \textsf{$p^{2}$ で偶数回} \end{aligned} \end{align}
となる。ゆえに，
\begin{align} \qquad & \begin{aligned} 2q^{2} \neq p^{2} \end{aligned} \end{align}
となるので，
\begin{align} \qquad & \begin{aligned} 2 \neq \left( \dfrac{p}{q} \right)^{2} \, \boldsymbol{.} \end{aligned} \end{align}
よって，

\begin{align} \qquad & \begin{aligned} \sqrt{2} \neq \dfrac{p}{q} \qquad \textsf{かつ} \qquad \sqrt{2} \neq - \dfrac{p}{q} \end{aligned} \end{align}
となるので，$\sqrt{2}$ は有理数として表されないことが分かる。
${}$
したがって，$\sqrt{2}$ は無理数である。

### COMMENT ###

ネット上のいくつかのサイトで見つけた巧妙な証明。
正直自分ではとてもできない発想に感心したので，紹介させてもらいました。（感謝感謝）