コーシー列

正数 $\varepsilon$ を任意に取る。

$a_n$ は $\alpha$ に収束するため，ある正の整数 $N$ があって，$n > N$ であれば $|a_n - \alpha| < \dfrac{\varepsilon}{2}$ とできる。

よって $n,m > N$ と取ると， $$\begin{aligned} &|a_n - a_m|\\ &= | (a_n - \alpha) - (a_m - \alpha) |\\ &\leqq |a_n - \alpha| + |a_m - \alpha|\\ &= \dfrac{\varepsilon}{2} + \dfrac{\varepsilon}{2}\\ &= \varepsilon \end{aligned}$$ となる。

ステップ1：コーシー列の有界性

正の実数 $\varepsilon$ を任意に取る。

$\dfrac{\varepsilon}{2} > 0$ に対して，ある正の整数 $N$ があって，$n,m > N$ があり $|a_n - a_m| < \dfrac{\varepsilon}{2}$ である。

特に $m = N+1$ として，三角不等式を用いると $$|a_n| < |a_{N+1}| + \dfrac{\varepsilon}{2}$$ を得る。

$$M = \max \left\{ |a_1| , |a_2| , \cdots , |a_{N}| , \left|a_{N+1} + \dfrac{\varepsilon}{2} \right| \right\}$$ とすると任意の $n$ に対して $|a_n| < M$ となる。

ステップ2：収束値の構成

ボルツァーノ＝ワイエルシュトラスの定理 より $\{ a_n \}$ は収束する部分列を持つ。

この部分列を $\{ a_{n_k} \}$，収束値を $\alpha$ とおく。

このとき整数 $N'$ があって $k > K$ で $| a_{n_k} - \alpha | < \dfrac{\varepsilon}{2}$ である。

$N' = \max (N, n_{K})$ とおき，$K'$ を $n_{K'} > N'$ を満たす正の整数とする。このとき $n > N'$，$k > K'$ であれば $$\begin{aligned} &| a_n - \alpha |\\ &\leqq |a_n - a_{n_k}| + |a_{n_k} - \alpha|\\ &\leqq \dfrac{\varepsilon}{2} + \dfrac{\varepsilon}{2}\\ &= \varepsilon \end{aligned}$$ となる（1項目はコーシー列の性質，2項目は部分列が収束することによる）。

よって $\{ a_n \}$ は $\alpha$ に収束する。

$c_n = \displaystyle \sum_{k=1}^n \dfrac{1}{k^2}$ とおく。

正の実数 $\varepsilon$ を任意に取る。

正の整数 $N$ を $\dfrac{1}{N} < \varepsilon$ となるように取る。

$N < n < m$ であれば $\dfrac{1}{N} > \dfrac{1}{n} > \dfrac{1}{m}$ であり， $$\begin{aligned} &|c_n - c_m|\\ &= \dfrac{1}{(n+1)^2} + \cdots + \dfrac{1}{m^2}\\ &\leqq \dfrac{1}{n(n+1)} + \cdots + \dfrac{1}{(m-1)m}\\ &= \left( \dfrac{1}{n} - \dfrac{1}{n+1} \right) + \cdots + \left( \dfrac{1}{m-1} - \dfrac{1}{m} \right)\\ &= \dfrac{1}{n} - \dfrac{1}{m} \\ &< \dfrac{1}{n}\\ &< \dfrac{1}{N}\\ &< \varepsilon \end{aligned}$$ となる。

よって $c_n - c_m$ は $0$ に収束するため，$\{ c_n \}$ はコーシー列である。つまり収束する。

まず $1 \leqq a_n \leqq \dfrac{3}{2}$ であることを帰納法により示す。

• $a_1 = 1$ である。

• $1 \leqq a_{n-1} \leqq \dfrac{3}{2}$ とすると $\dfrac{2}{5} \leqq \dfrac{1}{1+a_{n-1}} \leqq \dfrac{1}{2}$ であるため，特に $0 \leqq \dfrac{1}{1+a_{n-1}} \leqq \dfrac{1}{2}$ である。よって $$1 \leqq a_n \leqq \dfrac{3}{2}$$ となり示された。

これより $(1+a_{m-1})(1+a_{n-1}) \leqq 4$ とわかる。

正の実数 $\varepsilon$ を任意に取る。

$n > m$ とする。

$$\begin{aligned} &|a_n - a_m|\\ &= \left| \left( 1+\dfrac{1}{1+a_{n-1}} \right) - \left( 1+\dfrac{1}{1+a_{m-1}} \right) \right|\\ &= \left| \dfrac{a_{m-1} - a_{n-1}}{(1+a_{m-1})(1+a_{n-1})} \right|\\ &\leqq \dfrac{|a_{n-1} - a_{m-1}|}{4}\\ &\leqq \dfrac{|a_{n-m-1}-a_1|}{4^{m-1}}\\ &\leqq \dfrac{1}{2 \cdot 4^{m-1}} \end{aligned}$$

$m \to \infty$ で $\dfrac{1}{2 \cdot 4^{m-1}} \to 0$ であるため，$\{ a_n \}$ はコーシー列である。よって，定理1より収束するのでその値を $\displaystyle \lim_{n \to \infty} a_n = \alpha$ とおく。

$$\begin{aligned} \alpha &= \lim_{n \to \infty} a_{n+1}\\ &= \lim_{n \to \infty} 1+ \dfrac{1}{1+a_n}\\ &= 1 + \dfrac{1}{1+\alpha} \end{aligned}$$ である。整理すると $$\alpha^2 - 2 = 0$$ であるため $\alpha = \pm \sqrt{2}$ である。

$a_n > 0$ であるため $\alpha > 0$ である。よって $\alpha = \sqrt{2}$ である。