東京大学 2005年度 前期日程 第2次学力試験理系数学 第3問

(1) $$f(x)={\displaystyle \frac{1}{2}}x\{1+e^{-2(x-1)}\}$$ を微分すると$$\begin{array}{rl}{\displaystyle f^{\mathrm{\prime }}(x)}& {\displaystyle ={\displaystyle \frac{1}{2}}\{1+e^{-2(x-1)}\}+{\displaystyle \frac{1}{2}}x\{-2e^{-2(x-1)}\}}\\ {\displaystyle }& {\displaystyle ={\displaystyle \frac{1}{2}}+({\displaystyle \frac{1}{2}}-x)e^{-2(x-1)}}\\ {\displaystyle }& {\displaystyle ={\displaystyle \frac{1}{2}}-(x-{\displaystyle \frac{1}{2}})e^{-2(x-1)}}\end{array}$$である。 $$x>{\displaystyle \frac{1}{2}}$$ とし，$u=2x-1$ とおくと $u>0$ であり，$$2(x-{\displaystyle \frac{1}{2}})e^{-2(x-1)}=u{e}^{1-u}$$ だから $2f^{\mathrm{\prime }}(x)=1-u{e}^{1-u}$ である。

ここで $\varphi (u)=e^{u-1}-u$ とおくと，${\varphi }^{\mathrm{\prime }}(u)=e^{u-1}-1$ である。したがって $0<u<1$ では ${\varphi }^{\mathrm{\prime }}(u)<0$，$u>1$ では ${\varphi }^{\mathrm{\prime }}(u)>0$ となり，$\varphi (u)$ は $u=1$ で最小値 $\varphi (1)=0$ をとる。よって $e^{u-1}\geqq u$ であり，これは $u{e}^{1-u}\leqq 1$ と同値である。したがって $f^{\mathrm{\prime }}(x)\geqq 0$ である。

また $$x>{\displaystyle \frac{1}{2}}$$ では $$(x-{\displaystyle \frac{1}{2}})e^{-2(x-1)}>0$$ だから $$f^{\mathrm{\prime }}(x)={\displaystyle \frac{1}{2}}-(x-{\displaystyle \frac{1}{2}})e^{-2(x-1)}<{\displaystyle \frac{1}{2}}$$ である。以上より $0\leqq f^{\mathrm{\prime }}(x)<{\displaystyle \frac{1}{2}}$ が示された。

(2)

まず $$x>{\displaystyle \frac{1}{2}}$$ なら $$f(x)>{\displaystyle \frac{1}{2}}$$ であることを確認する。(1)より $f$ は $({\displaystyle \frac{1}{2}},\mathrm{\infty })$ で増加し，$$f\left({\displaystyle \frac{1}{2}}\right)={\displaystyle \frac{1}{4}}(1+e)>{\displaystyle \frac{1}{2}}$$ であるから，$$x>{\displaystyle \frac{1}{2}}$$ に対して $f(x)>{\displaystyle \frac{1}{2}}$ である。よって $$x_0>{\displaystyle \frac{1}{2}}$$ なら帰納的に $x_n>{\displaystyle \frac{1}{2}}$ がすべての $n$ で成り立つ。

また $f(1)=1$ である。$x_n$ と $1$ の間にある数を $c_n$ とすると，平均値の定理により $$x_{n+1}-1=f(x_n)-f(1)=f^{\mathrm{\prime }}(c_n)(x_n-1)$$ と書ける。$$x_n>{\displaystyle \frac{1}{2}}$$ かつ $$1>{\displaystyle \frac{1}{2}}$$ なので $$c_n>{\displaystyle \frac{1}{2}}$$ であり，(1)から $0\leqq f^{\mathrm{\prime }}(c_n)<{\displaystyle \frac{1}{2}}$ である。したがって $$\mathrm{\mid }{x}_{n+1}-1\mathrm{\mid }<{\displaystyle \frac{1}{2}}\mathrm{\mid }{x}_n-1\mathrm{\mid }$$ を得る。

これを繰り返すと $$\mathrm{\mid }{x}_n-1\mathrm{\mid }<{\left({\displaystyle \frac{1}{2}}\right)}^n\mathrm{\mid }{x}_0-1\mathrm{\mid }$$ である。右辺は $n\to \mathrm{\infty }$ で $0$ に収束するので，はさみうちにより $$\underset{n\to \mathrm{\infty }}{\lim }{x}_n=1$$ である。

条件・検算

平均値の定理を使う解法では区間 $({\displaystyle \frac{1}{2}},\mathrm{\infty })$ の不変性が先に必要である。単調有界法でも極限が正であるため除算できる。

(1) は $\log u\leqq u-1$ を微分で示して導関数を評価する。(2)は $f(x)-x$ の符号と $f$ の増加性から、1の上下で数列が単調かつ1を越えないことを示す。

(1)

$u=2x-1>0$ とおくと$$2f^{\mathrm{\prime }}(x)=1-u{e}^{1-u}\mathrm{.}$$関数 $\psi (u)=u-1-\log u$ は$${\psi }^{\mathrm{\prime }}(u)=1-{\displaystyle \frac{1}{u}}$$より $u=1$ で最小値0をとる。したがって$$\log u\leqq u-1,u{e}^{1-u}\leqq 1.$$ゆえに $f^{\mathrm{\prime }}(x)\geqq 0$ である。また $x>{\displaystyle \frac{1}{2}}$ では$$f^{\mathrm{\prime }}(x)={\displaystyle \frac{1}{2}}-(x-{\displaystyle \frac{1}{2}})e^{-2(x-1)}<{\displaystyle \frac{1}{2}}\mathrm{.}$$(2)$$f(x)-x={\displaystyle \frac{x}{2}}\{e^{-2(x-1)}-1\}\mathrm{.}$$したがって$${\displaystyle \frac{1}{2}}<x<1⟹f(x)>x,x>1⟹f(x)<x\mathrm{.}$$さらに (1) より $f$ は増加し、$f(1)=1$ だから$${\displaystyle \frac{1}{2}}<x<1⟹x<f(x)<1,$$$$x>1⟹1<f(x)<x\mathrm{.}$$よって $x_0<1$ なら $\{x_n\}$ は増加して1以下、
$x_0>1$ なら減少して1以上であり、$x_0=1$ なら定数列である。
いずれも極限 $L$ をもち、連続性から $L=f(L)$ である。
$L>{\displaystyle \frac{1}{2}}$ なので$$1={\displaystyle \frac{1}{2}}\{1+e^{-2(L-1)}\}$$となり、$L=1$ を得る。