方針
f(x)−x と α−f(x) を因数分解し、区間 (0,α) が保たれることを示す。誤差 α−xn を1未満の一定比率で評価し、等比数列との比較ではさみうちする。
解答
(1)
(1) (a)
まず f(x)−x=(x−α)(x−β) である。0<x<α<β より、x−α<0、x−β<0 なので (x−α)(x−β)>0 である。したがって x<f(x) である。
次に f(x)<α を示す。計算するとα−f(x)=α−x−(x−α)(x−β)=(α−x)−(−(α−x))(−(β−x))=(α−x){1−(β−x)}=(α−x)(1−β+x).ここで α−x>0 であり、また β<1、x>0 より 1−β+x>0 である。したがって α−f(x)>0 すなわち f(x)<α である。以上より x<f(x)<α が成り立つ。
(1) (b)
上で得た式から α−xα−f(x)=1−β+x である。x<α なので 1−β+x<1−β+α=1+α−β である。よって α−xα−f(x)<1+α−β が成り立つ。
(2)
初項は x1=αβ である。0<β<1 だから 0<x1<α である。
いま 0<xn−1<α と仮定する。このとき(1)(a)を x=xn−1 に適用でき、xn−1<f(xn−1)<α である。xn=f(xn−1) だから 0<xn<α となる。よって数学的帰納法により、すべての自然数 n について 0<xn<α である。
(3)
(2)より、各 n で 0<xn−1<α である。したがって(1)(b)を x=xn−1 に適用すると α−xn−1α−xn<1+α−β である。ここで 0<1+α−β<1 である。左辺の分母は正なので、0<α−xn<(1+α−β)(α−xn−1) を得る。これを繰り返すと 0<α−xn<(1+α−β)n−1(α−x1) である。0<1+α−β<1 より右辺は n→∞ で0に近づく。はさみうちにより n→∞lim(α−xn)=0 である。
別解
解法2
方針
(1) の因数分解を使って数列が単調増加し、常に α 未満であることを帰納法で示す。上に有界な単調数列の極限を L と置き、L=f(L) の2候補から範囲に合うものだけを残す。
解答
(1)
(1) (a)f(x)−x=(x−α)(x−β)>0である。またα−f(x)=(α−x)(1−β+x)>0.よって x<f(x)<α である。
(1) (b)α−xα−f(x)=1−β+x<1−β+α=1+α−β.(2)
x1=αβ であり、0<β<1 より 0<x1<α である。
0<xn−1<α なら (1)(a) からxn−1<xn=f(xn−1)<α.したがって帰納法により、すべての n で 0<xn<α である。
(3)
上の不等式は {xn} が単調増加し、上に α という限界をもつことも示す。
よって極限を L と置ける。漸化式で極限を取るとL=L+(L−α)(L−β),したがって(L−α)(L−β)=0.候補は L=α,β であるが、すべての n で xn<α だから L≦α であり、
β>α は除かれる。ゆえに L=α でn→∞lim(α−xn)=0.
総評
区間への閉じ込めと収束評価を扱う漸化式の問題である。要点は、f(x)−x と α−f(x) を因数分解して、条件 0<x<α<β<1 の符号を丁寧に読むことである。(3)は比の評価で一気に示せるが、単調増加・上に有界から極限を置く別解も自然で、L=f(L) の解のうち β を範囲で排除する考え方がよい確認になる。目安時間は18分で、1+α−β<1 だけでなく正であることも忘れずに書きたい。 採点上は、方針の根拠、条件から決まる範囲、境界・等号条件、最終結論を別々に明記したい。 2解法を照合すると、符号や領域の向き、候補の除外を自己検算できる。
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出典: 九州大学 1988年度 数学（大学公式の問題PDF）。問題文はHTML表示のために再入力・数式組版しています。
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