千葉大学(医科系) 2020年 問題5
$定義域を \ 0 \leqq x \leqq 1\ とする関数 \ f_n(x)とf(x)を以下で定める。$
\[\qquad f_1(x)=0,\quad f_{n+1}=\int _0^x(f_n(t)-1)^2dt \ \ (n=1,2,3,\cdots ),\ \ f(x)=\cfrac{x}{x+1}\]
$\qquad (1)\ \ 正の整数nに対して、不等式 \ \ 0 \leqq f_n(x) \leqq 1\ \ (0 \leqq x \leqq 1) \ が成り立つことを証明せよ。$
$\qquad (2)\ \ 正の整数nに対して、不等式 \ \ (-1)^nf_n(x) \geqq (-1)^nf(x) \ \ (0 \leqq x \leqq 1)\ が成り立つことを証明せよ。$
\[\ (3)\ \ 実数a(0 \leqq a \leqq 1)に対して、極限\lim _{n \rightarrow \infty}f_n(a)を求めよ。\]
$(解説)$
$(1)\ \ 0 \leqq f_n(x) は明らかであるが、f_n(x) \leqq 1 をどう示すか。数学的帰納法がある。$
$(2)\ \ nを偶数と奇数の場合に分けて、(1)と同様に数学的帰納法で示すのがいいでしょう。$
$(3)\ \ 答えは明らかですが、どう証明するかです。意外とやっかいです。$
(1)
$数学的帰納法で示す。$
$(Ⅰ)\ \ n=1 \ \ のとき \ \ f_1(x)=0 \quad だから \quad 0 \leqq f_1(x) \leqq 1 \quad は成り立つ。$
$(Ⅱ)\ \ n=k \ \ のとき成りたつとすると \quad 0 \leqq f_k(x) \leqq 1 $
$このとき$
$\quad -1 \leqq f_k(x)-1 \leqq 0 \quad だから \quad 0 \leqq (f_k(x)-1)^2 \leqq 1$
\[0 \leqq \int _0^x(f_k(t)-1)^2dt \leqq \int _0^x dt=x \leqq 1\]
$よって \quad 0 \leqq f_{k+1}(x) \leqq 1 \quad となって \ \ n=k+1\ のときも成りたつ。$
$(Ⅰ),(Ⅱ)\ \ より正の整数nについて \quad 0 \leqq f_n(x) \leqq 1 \ \ (0 \leqq x \leqq 1) \ \ が成り立つ。$
(2)
$数学的帰納法で示す。$
$(Ⅰ)\ \ n=1 のとき$
$\qquad (-1)f_1(x)=0 ,\quad (-1)f(x)=-\cfrac{x}{x+1} \leqq 0 \quad だから \quad (-1)f_1(x) \geqq (-1)f(x) $
$\quad よって n=1 \ \ のとき成りたつ。$
$(Ⅱ)\ \ n=k \ \ のとき成りたつとすると \quad (-1)^k f_k(x) \geqq (-1)^k f(x) $
(i)$\ \ kが奇数ならば$
$\quad -f_k(x) \geqq -f(x) \quad より \quad 1-f_k(x) \geqq 1-f(x) \geqq 0 $
$\quad \therefore (1-f_k(x))^2 \geqq (1-f(x))^2 $
$\quad よって$
\begin{eqnarray*} f_{k+1}(x) &=&\int _0^x(f_k(t)-1)^2dt\\ &=&\int _0^x(1-f_k(t))^2dt\\ &\geqq&\int _0^x(1-f(t))^2dt\\ &=&\int _0^x(1-\cfrac{t}{t+1})^2dt\\ &=&\int _0^x(\cfrac{1}{t+1})^2dt\\ &=&\big[-\cfrac{1}{t+1}\big]_0^x\\ &=&1-\cfrac{1}{x+1}\\ &=&\cfrac{x}{x+1}\\ \\ &=&f(x)\\ \end{eqnarray*} $\quad \therefore \ \ f_{k+1}(x) \geqq f(x)$
$\quad k+1 は偶数だから \quad (-1)^{k+1} >0$
$\quad よって (-1)^{k+1}f_{k+1}(x) \geqq (-1)^{k+1}f(x)$
(ii)$\ \ kが偶数ならば$
$\quad f_k(x) \geqq f(x) \quad より \quad 0 \leqq 1-f_k(x) \leqq 1-f(x) \quad \therefore (1-f_k(x))^2 \leqq (1-f(x))^2 $
$\quad よって 同様にして$
\begin{eqnarray*} f_{k+1}(x) &=&\int _0^x(f_k(t)-1)^2dt\\ &=&\int _0^x(1-f_k(t))^2dt\\ &\leqq&\int _0^x(1-f(t))^2dt\\ \\ &&(奇数の場合に同じなので省略)\\ \\ &=&f(x)\\ \end{eqnarray*} $\quad \therefore \ \ f_{k+1}(x) \leqq f(x)$
$\quad k+1\ \ は奇数だから \quad (-1)^{k+1} <0$
$\quad よって \quad (-1)^{k+1}f_{k+1}(x) \geqq (-1)^{k+1}f(x)$
(i),(ii)$より \quad n=k+1 \ \ のときも成りたつ。$
$(Ⅰ)、(Ⅱ)よりすべての正の整数に対して \quad (-1)^nf_n(x) \geqq (-1)^nf(x) \ \ (0 \leqq x \leqq 1) \ \ が成りたつ。$
(3)
\begin{eqnarray*} f_n(a)-f_{n+2}(a) &=&\int _0^a\{(f_{n-1}(t)-1)^2-(f_{n+1}(t)-1)^2\}dt\\ \\ &=&\int _0^a\{f_{n-1}(t)^2-f_{n+1}(t)^2-2(f_{n-1}(t)-f_{n+1}(t))\}dt\\ \\ &=&\int _0^a(f_{n-1}(t)-f_{n+1}(t))(f_{n-1}(t)+f_{n+1}(t)-2)dt\\ \\ &=&\int _0^a(f_{n-1}(t)-f_{n+1}(t))\{(f_{n-1}(t)-1)+(f_{n+1}(t)-1)\}dt\\ \\ &=&-\int _0^a(f_{n-1}(t)-f_{n+1}(t))\{(1-f_{n-1}(t))+(1-f_{n+1}(t))\}dt\\ \end{eqnarray*} $(1)より \quad 1-f_{n-1}(t) \geqq 0 ,\quad 1-f_{n+1}(t) \geqq 0 \quad だから \quad (1-f_{n-1}(t))+(1-f_{n+1}(t)) \geqq 0 $
$a > 0 \quad だから$
$\quad $(i)$\ \ f_{n-1}(t)-f_{n+1}(t) \geqq 0 \quad ならば \quad f_n(a)-f_{n+2}(a) \leqq 0$
$\quad $(ii)$\ \ f_{n-1}(t)-f_{n+1}(t) \leqq 0 \quad ならば \quad f_n(a)-f_{n+2}(a) \geqq \>0$
$よって、t=a \ \ とおくと、f_{n-1}(a)-f_{n+1}(a) \ \ と \ \ f_n(a)-f_{n+2}(a) \ \ は異符号であることがわかった。$
\[f_1(x)=0 \quad より \quad f_2(x)=\int _0^xdt=x,\qquad f_3(a)=\int_0^a (t-1)^2dt \geqq 0 \]
$f_1(a) - f_3(a) \leqq 0 \ \ \rightarrow \ \ f_2(a)-f_4(a) \geqq 0 \ \ \rightarrow \ \ f_3(a)-f_5(a) \leqq 0 \ \ \rightarrow \ \ f_4(a)-f_6(a) \geqq 0 \ \ \cdots $
$すなわち$
$f_1(a) \leqq f_3(a) ,\quad f_2(a) \geqq f_4(a) ,\quad f_3(a) \leqq f_5(a) ,\quad f_4(a) \geqq f_6(a) \ \ \cdots $
$これと、(2)の \quad (-1)^nf_n(a) \geqq (-1)^nf(a) \quad をつかって大小関係を数直線上に表すと$
$\hspace{5em} $
$これからわかるように、数列\{f_n(a)\}は$
$\qquad f_1(a) \leqq f_3(a) \leqq f_5(a) \leqq \cdots \leqq f(a) \leqq \cdots \leqq f_6(a) \leqq f_4(a) \leqq f_2(a) $
\[したがって \lim _{n \rightarrow \infty}f_n(a)=f(a)=\cfrac{a}{a+1}\]
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