大阪大学 2022年度 前期日程 第2次学力試験理系数学 第4問

(1) $$h(x)=f(x)-x=\log (x+1)+1-x$$ とおく。$x>0$ で $$h^{\mathrm{\prime }}(x)={\displaystyle \frac{1}{x+1}}-1=-{\displaystyle \frac{x}{x+1}}<0$$ 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 $\log 4<2$ だから $$h(3)=\log 4+1-3=\log 4-2<0$$ 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) $0<x<\alpha$ とする。$f$ は増加関数であり，$f(\alpha )=\alpha$ だから $f(x)<f(\alpha )=\alpha$ である。よって $0<\alpha -f(x)$ であり，$\alpha -x>0$ と合わせて $$0<{\displaystyle \frac{\alpha -f(x)}{\alpha -x}}$$ である。

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

(3)
まず $x_1=1$ が $0<x_1<\alpha$ を満たすことを示す。$h(1)=\log 2>0$ であり，$h$ は狭義減少してただ1つの零点を $\alpha$ にもつので $1<\alpha$ である。よって $0<x_1<\alpha$ である。 $0<x_n<\alpha$ と仮定すると，$f$ は増加関数なので $$0<f(0)=1<x_{n+1}=f(x_n)<f(\alpha )=\alpha$$ である。したがって帰納法により，すべての $n$ で $0<x_n<\alpha$ が成り立つ。

さらに，$x_n<\alpha$ 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 $x_n\geqq x_1=1$ である。 $2$ を $x=x_n$ に適用すると $$\alpha -x_{n+1}=\alpha -f(x_n)<f^{\mathrm{\prime }}(x_n)(\alpha -x_n)$$ である。また $$f^{\mathrm{\prime }}(x_n)={\displaystyle \frac{1}{x_n+1}}\leqq {\displaystyle \frac{1}{2}}$$ なので $$\alpha -x_{n+1}<{\displaystyle \frac{1}{2}}(\alpha -x_n)$$ である。

(4) $3$ の不等式を繰り返すと $$0<\alpha -x_n<{\left({\displaystyle \frac{1}{2}}\right)}^{n-1}(\alpha -x_1)$$ である。右辺は $n\to \mathrm{\infty }$ で0に近づく。したがってはさみうちにより $$\underset{n\to \mathrm{\infty }}{\lim }(\alpha -x_n)=0$$ である。ゆえに $$\underset{n\to \mathrm{\infty }}{\lim }{x}_n=\alpha$$ である。

$f(\alpha )-f(x)$ を導関数の積分として表し，区間上の $1\mathrm{/}(t+1)$ の大小から設問(2)を直接示す。数列については $x_n<\alpha$ 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 $\alpha$ と分かる。

(1) $$h(x)=f(x)-x=\log (x+1)+1-x$$とおく。$x>0$ では$$h^{\mathrm{\prime }}(x)={\displaystyle \frac{1}{x+1}}-1=-{\displaystyle \frac{x}{x+1}}<0$$なので，$h$ は狭義減少する。また$$h(1)=\log 2>0,h(3)=\log 4-2<0$$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 $\alpha$ とする。

(2)
$0<x<\alpha$ とする。$f$ は増加するので$$0<f(\alpha )-f(x)=\alpha -f(x)\mathrm{.}$$さらに微積分の基本定理から$$\alpha -f(x)=f(\alpha )-f(x)={\int }_x^{\alpha }{\displaystyle \frac{dt}{t+1}}\mathrm{.}$$区間 $x<t<\alpha$ では$$0<{\displaystyle \frac{1}{t+1}}<{\displaystyle \frac{1}{x+1}}=f^{\mathrm{\prime }}(x)$$だから$$0<\alpha -f(x)<f^{\mathrm{\prime }}(x)(\alpha -x)\mathrm{.}$$$\alpha -x>0$ で割って$$0<{\displaystyle \frac{\alpha -f(x)}{\alpha -x}}<f^{\mathrm{\prime }}(x)\mathrm{.}$$(3)
$h(1)>0$ と $h(\alpha )=0$ より $1<\alpha$ である。$1\leqq x_n<\alpha$ と仮定すると，$f$ の増加性から$$1=f(0)<f(x_n)=x_{n+1}<f(\alpha )=\alpha \mathrm{.}$$したがって帰納法により$$1\leqq x_n<\alpha$$が全ての $n$ で成り立つ。

設問(2)を $x=x_n$ に適用すると$$0<{\displaystyle \frac{\alpha -x_{n+1}}{\alpha -x_n}}<f^{\mathrm{\prime }}(x_n)={\displaystyle \frac{1}{x_n+1}}\leqq {\displaystyle \frac{1}{2}}\mathrm{.}$$よって$$\alpha -x_{n+1}<{\displaystyle \frac{1}{2}}(\alpha -x_n)\mathrm{.}$$(4)
$x_n<\alpha$ 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 $\alpha$ 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$$L=f(L)\mathrm{.}$$また $L\geqq 1>0$ であり，正の固定点は設問(1)によりただ1つだから$$L=\alpha \mathrm{.}$$したがって$${\displaystyle \underset{n\to \mathrm{\infty }}{\lim }{x}_n=\alpha }\mathrm{.}$$