大阪大学(理系) 2022年 問題4
$f(x)=\log (x+1) +1 \ \ とする。以下の問いに答えよ。$
$(1)\ \ 方程式 \ f(x)=x \ は、x > 0\ の範囲でただ \ 1\ つの解をもつことを示せ。$
$(2)\ \ (1)の解を \ \alpha \ とする。実数 \ x\ が \ \ 0 < x < \alpha \ \ を満たすならば、次の不等式が成り立つことを示せ。$
$ \hspace{5em} 0 < \cfrac{\alpha -f(x)}{\alpha -x} < f'(x)$
$(3)\ \ 数列 \ \{x_n\}\ を \quad x_1=1,\quad x_{n+1}=f(x_n) \ \ (n=1,\ 2,\ 3,\ \cdots)\ で定める。このとき、すべての自然数 \ n\ に対して、$
$\hspace{5em} \alpha -x_{n+1} < \cfrac{1}{2}(\alpha -x_n) \quad が成り立つことを示せ。$
\[(4)\ \ (3)の数列 \ \{x_n\} \ について、\lim _{n \rightarrow \infty}=\alpha \quad を示せ。\]
$(解説)$
$この問題は$お茶の水女子大学(理系)2022年 問題2$に類似しているので参考にしてください。$
$(1)\ \ g(x)=f(x)-x \ \ の単調性と中間値の定理をつかいます。$
$(2)\ \ 右側の不等号は平均値の定理をつかいます。$
$(3)\ \ 0 < x_n < \alpha \ \ を示して(2)をつかい、f'(x_n) < \cfrac{1}{2}\ \ を数学的帰納法で示します。$
$(4)\ \ はさみうちの原理で示します。$
(1)
$g(x)=f(x)-x \quad とおくと \quad g(x)=\log(x+1)+1-x$
$g'(x)=\cfrac{1}{x+1}-1=-\cfrac{x}{x+1}$
$x > 0 \quad のとき \quad g'(x) < 0 \quad だから \ g(x)\ は単調減少 \qquad 2 < e < 3 \quad だから$
$\quad g(2)=\log 3 -1=\log 3 -\log e >0$
$\quad g(3)=\log 4-2=2(\log 2 -1)=2(\log 2 -\log e) < 0$
$中間値の定理より \quad g(\alpha)=0 \quad すなわち \quad f(\alpha)=\alpha \quad となる \ \alpha \ が区間 \ (2,\ 3)\ にただ \ 1\ つ存在する。$
(2)
(i)$\ \ 0 < x < \alpha \quad より$
$\quad \alpha -x >0 $
$\quad \alpha -f(x)=f(\alpha)-f(x)=\{\log (\alpha +1)+1\}-\{\log (x+1)+1\}=\log(\alpha+1)-\log(x+1)>0$
$\quad よって \quad 0 < \cfrac{\alpha -f(x)}{\alpha -x}$
(ii)$\ \ \cfrac{\alpha -f(x)}{\alpha -x}=\cfrac{f(\alpha) -f(x)}{\alpha -x}$
$\quad 平均値の定理より \quad \cfrac{f(\alpha) -f(x)}{\alpha -x}=f'(c) \quad となる \ c\ が区間 \ (x, \ \alpha)\ に存在する。 $
$\quad f'(x)=\cfrac{1}{x+1}\ \ は \ (x,\ \alpha)\ で単調減少だから \quad f'(c) < f'(x)$
$\quad よって \quad \cfrac{f(\alpha) -f(x)}{\alpha -x} < f'(x)$
(i),(ii)$\ \ より \quad 0 < x < \alpha \quad ならば \quad 0 < \cfrac{\alpha -f(x)}{\alpha -x} < f'(x)$
(3)
$(Ⅰ) \quad 0 < x_n \quad であることを数学的帰納法で示す。$
(i)$\ \ x_1=1 >0 \quad だから \ n=1\ のとき成りたつ。$
(ii)$\ \ n=k \ のとき成りたつとすると \quad x_k >0$
$\quad このとき \quad x_{k+1}=f(x_k)=\log(x_k+1)+1 > 0 \quad となって \ n=k+1 \ のときも成りたつ。$
(i),(ii)$\ \ よりすべての自然数 \ n\ について \quad x_n >0$
$(Ⅱ) \quad x_n < \alpha \quad であることを数学的帰納法で示す。$
(i)$\ \ (1) より \quad 2 < \alpha < 3 \quad だから \quad x_1=1 <2 <\alpha \quad よって \ n=1\ のとき成りたつ。$
(ii)$\ \ n=k \ のとき成りたつとすると \quad x_k <\alpha $
$\quad f(x)=\log (x+1)+1 \ \ は単調増加だから \quad f(x_k) < f(\alpha)$
$\quad f(x_k)=x_{k+1},\quad f(\alpha)=\alpha \quad だから \quad x_{k+1} < \alpha \quad となって \ n=k+1 \ のときも成りたつ。 $
(i),(ii)$\ \ よりすべての自然数 \ n\ について \quad x_n < \alpha $
$(Ⅰ),(Ⅱ)よりすべての自然数 \ n\ について \quad 0 < x_n < \alpha $
$(Ⅲ)\ \ (2)で \ x=x_n\ とおくと \quad 0 < x_n < \alpha \quad だから \quad 0 < \cfrac{\alpha -f(x_n)}{\alpha -x_n} < f'(x_n)$
$\quad \alpha -x_n >0 \quad だから \quad \quad 分母をはらって \quad \alpha -f(x_n) < f'(x_n)(\alpha -x_n)$
$\quad f'(x_n)=\cfrac{1}{x_n+1} \quad だから \quad f'(x_1)=\cfrac{1}{x_1+1}=\cfrac{1}{2}$
$\quad n \geqq 2 \ \ のとき \quad \cfrac{1}{x_n+1} < \cfrac{1}{2} \quad を数学的帰納法で示す。$
(i)$\ \ \cfrac{1}{x_2+1}=\cfrac{1}{f(x_1)+1}=\cfrac{1}{\log(x_1+1)+2}=\cfrac{1}{\log 2+2}<\cfrac{1}{2}$
$\quad よって \ n=2\ のとき成りたつ。$
(ii)$\ \ n=k \ のとき成りたつとすると \quad \cfrac{1}{x_k+1} <\cfrac{1}{2}$
$\quad x_k +1 > 2 \qquad \therefore \ \ x_k > 1$
$\quad このとき \quad x_{k+1}=f(x_k)=\log(x_k+1)+1> \log 2 +1>1$
$\quad x_{k+1} +1 > 2 \quad だから \quad \cfrac{1}{x_{k+1}+1} < \cfrac{1}{2} \quad となって \ n=k+1 \ のときも成りたつ。$
(i),(ii)$\ \ よりすべての \ 2\ 以上の自然数について \quad \cfrac{1}{x_n+1} < \cfrac{1}{2}$
$よって、n \geqq 2\ \ のすべての自然数 \ n\ について \quad f'(x_n) < \cfrac{1}{2} $
$\quad \alpha -f(x_n) < f'(x_n)(\alpha -x_n) \quad だったから \quad \alpha -x_{n+1} < \cfrac{1}{2}(\alpha - x_n)$
(4)
$(3) より \quad \alpha -x_{n+1} < \cfrac{1}{2}(\alpha - x_n) \quad を繰り返しつかって$
$\quad \alpha -x_n < \cfrac{1}{2}(\alpha - x_{n-1}) < \big(\cfrac{1}{2}\big)^2(\alpha - x_{n-2}) < \cdots < \big(\cfrac{1}{2}\big)^{n-1}(\alpha - x_1)=\big(\cfrac{1}{2}\big)^{n-1}(\alpha - 1)$
$\quad n \longrightarrow \infty \quad のとき\quad 右辺 \longrightarrow 0$
$また、 0 < \alpha -x_n \quad だから \quad 0 < 左辺$
\[はさみうちの原理により \quad \alpha - x_n \longrightarrow 0 \quad したがって \quad \lim _{n \rightarrow \infty } x_n =\alpha \]
$右のグラフは、x_1=1,\quad x_{n+1}=f(x_n) \ \ で定められる数列 \ \{a_n\} \ が \ f(x)=x \ の$
$解 \ \alpha \ に収束する様子を図示したものである。$
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