大阪大学 2022年度理系数学第4問解答・解説

問題

$f (x) = lo g (x + 1) + 1$ とする．以下の問いに答えよ．

(1) 方程式 $f (x) = x$ は， $x > 0$ の範囲でただ1つの解をもつことを示せ．

(2) (1)の解を $α$ とする．実数 $x$ が $0 < x < α$ を満たすならば，次の不等式が成り立つことを示せ．

0 < \frac{α - f ( x )}{α - x} < f^{'} (x)

(3) 数列 ${x_{n}}$ を

x_{1} = 1, x_{n + 1} = f (x_{n}) (n = 1, 2, 3, \dots)

で定める．このとき，すべての自然数 $n$ に対して，

α - x_{n + 1} < \frac{1}{2} (α - x_{n})

が成り立つことを示せ．

(4) (3)の数列 ${x_{n}}$ について， $n \to \infty lim x_{n} = α$ を示せ．

出典：大阪大学 2022年度前期日程第2次学力試験理系第4問

方針

解法1

$h (x) = f (x) - x$ とおき， $h^{'} (x) < 0$ から固定点の一意性を示す。 $2$ は $f (α) = α$ と平均値の定理を使い， $f^{'} (x) = 1/ (x + 1)$ が減少関数であることから，割線の傾きが $f^{'} (x)$ より小さいことを示す。 $3$ ではまず $0 < x_{n} < α$ と $x_{n} ≧ 1$ を帰納的に確認し， $2$ を $x = x_{n}$ に適用して誤差 $α - x_{n}$ が半分未満に縮むことを示す。 $4$ はこの誤差評価を反復してはさみうちで収束を示す。

解法2（積分評価と単調収束）

$f (α) - f (x)$ を導関数の積分として表し，区間上の $1/ (t + 1)$ の大小から設問(2)を直接示す。数列については $x_{n} < α$ と増加性を帰納的に示し，上に有界な単調数列として極限を持つことを確認する。最後に漸化式へ極限を代入して，固定点の一意性から極限が $α$ と分かる。

解答

解法1

(1)

$h (x) = f (x) - x = lo g (x + 1) + 1 - x$ とおく。 $x > 0$ で $h^{'} (x) = \frac{1}{x + 1} - 1 = - \frac{x}{x + 1} < 0$ であるから， $h (x)$ は $x > 0$ で狭義減少する。

また $lim_{x \to 0 +} h (x) = 1 > 0$ である。一方，例えば $e^{2} > 4$ より $lo g 4 < 2$ だから $h (3) = lo g 4 + 1 - 3 = lo g 4 - 2 < 0$ である。したがって中間値の定理より， $h (x) = 0$ となる正の実数が存在する。さらに $h$ は狭義減少なので，その解はただ1つである。よって方程式 $f (x) = x$ は $x > 0$ の範囲でただ1つの解をもつ。

(2)

$0 < x < α$ とする。 $f$ は増加関数であり， $f (α) = α$ だから $f (x) < f (α) = α$ である。よって $0 < α - f (x)$ であり， $α - x > 0$ と合わせて $0 < \frac{α - f ( x )}{α - x}$ である。

また，平均値の定理より，ある $c$ が $x < c < α$ を満たし $\frac{f ( α ) - f ( x )}{α - x} = f^{'} (c)$ となる。ここで $f^{'} (u) = \frac{1}{u + 1}$ は減少関数であり， $x < c$ だから $f^{'} (c) < f^{'} (x)$ である。したがって $0 < \frac{α - f ( x )}{α - x} < f^{'} (x)$ が成り立つ。

(3)

まず $x_{1} = 1$ が $0 < x_{1} < α$ を満たすことを示す。 $h (1) = lo g 2 > 0$ であり， $h$ は狭義減少してただ1つの零点を $α$ にもつので $1 < α$ である。よって $0 < x_{1} < α$ である。 $0 < x_{n} < α$ と仮定すると， $f$ は増加関数なので $0 < f (0) = 1 < x_{n + 1} = f (x_{n}) < f (α) = α$ である。したがって帰納法により，すべての $n$ で $0 < x_{n} < α$ が成り立つ。

さらに， $x_{n} < α$ では $h (x_{n}) > 0$ であるから $x_{n + 1} - x_{n} = f (x_{n}) - x_{n} = h (x_{n}) > 0$ である。よって数列 ${x_{n}}$ は増加し，特に $x_{n} ≧ x_{1} = 1$ である。 $2$ を $x = x_{n}$ に適用すると $α - x_{n + 1} = α - f (x_{n}) < f^{'} (x_{n}) (α - x_{n})$ である。また $f^{'} (x_{n}) = \frac{1}{x _{n} + 1} ≦ \frac{1}{2}$ なので $α - x_{n + 1} < \frac{1}{2} (α - x_{n})$ である。

(4)

$3$ の不等式を繰り返すと $0 < α - x_{n} < (\frac{1}{2})^{n - 1} (α - x_{1})$ である。右辺は $n \to \infty$ で0に近づく。したがってはさみうちにより $lim_{n \to \infty} (α - x_{n}) = 0$ である。ゆえに $lim_{n \to \infty} x_{n} = α$ である。

解法2（積分評価と単調収束）

(1)

h (x) = f (x) - x = lo g (x + 1) + 1 - x

とおく。 $x > 0$ では

h^{'} (x) = \frac{1}{x + 1} - 1 = - \frac{x}{x + 1} < 0

なので， $h$ は狭義減少する。また

h (1) = lo g 2 > 0, h (3) = lo g 4 - 2 < 0

である。中間値の定理と単調性から， $h (x) = 0$ は正の範囲にただ1つの解をもつ。これを $α$ とする。

(2)

$0 < x < α$ とする。 $f$ は増加するので

0 < f (α) - f (x) = α - f (x) .

さらに微積分の基本定理から

α - f (x) = f (α) - f (x) = \int_{x}^{α} \frac{d t}{t + 1} .

区間 $x < t < α$ では

0 < \frac{1}{t + 1} < \frac{1}{x + 1} = f^{'} (x)

だから

0 < α - f (x) < f^{'} (x) (α - x) .

$α - x > 0$ で割って

0 < \frac{α - f ( x )}{α - x} < f^{'} (x) .

(3)

$h (1) > 0$ と $h (α) = 0$ より $1 < α$ である。 $1 ≦ x_{n} < α$ と仮定すると， $f$ の増加性から

1 = f (0) < f (x_{n}) = x_{n + 1} < f (α) = α .

したがって帰納法により

1 ≦ x_{n} < α

が全ての $n$ で成り立つ。

設問(2)を $x = x_{n}$ に適用すると

0 < \frac{α - x _{n + 1}}{α - x _{n}} < f^{'} (x_{n}) = \frac{1}{x _{n} + 1} ≦ \frac{1}{2} .

よって

α - x_{n + 1} < \frac{1}{2} (α - x_{n}) .

(4)

$x_{n} < α$ では $h (x_{n}) > 0$ だから

x_{n + 1} - x_{n} = h (x_{n}) > 0.

よって ${x_{n}}$ は単調増加し，上に $α$ で有界なので，ある極限 $L$ をもつ。漸化式と $f$ の連続性より

L = f (L) .

また $L ≧ 1 > 0$ であり，正の固定点は設問(1)によりただ1つだから

L = α .

したがって

n \to \infty lim x_{n} = α .

大阪大学 2022年度理系数学 第4問

問題

方針

解法1

解法2（積分評価と単調収束）

解答

解法1

(1)

(2)

(3)

(4)

解法2（積分評価と単調収束）

(1)

(2)

(3)

(4)

大阪大学 2022年度
理系数学第4問