数学3 数列･極限 問題 59 解説

方針・初手

(1) は方程式の解の存在と唯一性を示すため、$g(x) = f(x) - x$ とおき、微分して関数の増減と中間値の定理を利用する。

(2) は示すべき不等式の形から、平均値の定理の利用を考える。

(3) は (2) の不等式を活用するが、そのためには数列 $\{x_n\}$ が $0 < x_n < \alpha$ を満たすことを示す必要がある。さらに、右辺を $\frac{1}{2}$ で抑えるために $x_n$ の下限を見極める。

(4) は (3) で得られた不等式を繰り返し用いて、はさみうちの原理を適用する。

解法1

(1)

$g(x) = f(x) - x = \log(x+1) + 1 - x$ とおく。

関数 $g(x)$ を微分すると、

$$g'(x) = \frac{1}{x+1} - 1 = \frac{-x}{x+1}$$

$x > 0$ において $g'(x) < 0$ であるから、$g(x)$ は $x > 0$ で単調に減少する。

また、$g(0) = \log 1 + 1 - 0 = 1 > 0$ であり、$x = e^2 - 1$ （$e > 2$ より $e^2 - 1 > 0$）のときの値を調べると、

$$g(e^2 - 1) = \log(e^2) + 1 - (e^2 - 1) = 2 + 1 - e^2 + 1 = 4 - e^2 < 0$$

（※ $\lim_{x \to \infty} g(x) = -\infty$ を用いてもよい）

$g(x)$ は連続関数であるから、中間値の定理より $g(x) = 0$ は $x > 0$ の範囲に解をもつ。さらに、$g(x)$ は単調減少であるため、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)

$\alpha$ は $f(x) = x$ の解であるから、$f(\alpha) = \alpha$ が成り立つ。

これを用いると、示すべき不等式の中辺は次のように変形できる。

$$\frac{\alpha - f(x)}{\alpha - x} = \frac{f(\alpha) - f(x)}{\alpha - x}$$

関数 $f(t) = \log(t+1) + 1$ は、区間 $[x, \alpha]$ で連続、区間 $(x, \alpha)$ で微分可能である。

平均値の定理より、

$$\frac{f(\alpha) - f(x)}{\alpha - x} = f'(c)$$

を満たす実数 $c$ が $x < c < \alpha$ の範囲に存在する。

ここで、$f'(t) = \frac{1}{t+1}$ であり、$t > 0$ において $f''(t) = -\frac{1}{(t+1)^2} < 0$ であるから、$f'(t)$ は単調減少関数である。

したがって、$x < c < \alpha$ より、

$$f'(\alpha) < f'(c) < f'(x)$$

が成り立つ。

また、$f'(c) = \frac{1}{c+1}$ であり、$c > x > 0$ であるから $f'(c) > 0$ は明らかである。

よって、

$$0 < \frac{f(\alpha) - f(x)}{\alpha - x} < f'(x)$$

すなわち、

$$0 < \frac{\alpha - f(x)}{\alpha - x} < f'(x)$$

が成り立つ。

(3)

まず、すべての自然数 $n$ について $1 \le x_n < \alpha$ が成り立つことを、数学的帰納法で示す。

(i) $n=1$ のとき

$x_1 = 1$ である。

(1) で定めた $g(x)$ について、$g(1) = \log 2 > 0$ である。

$\alpha$ は $g(x) = 0$ の解であり、$g(x)$ は単調減少であるから、$\alpha > 1$ が成り立つ。

よって、$1 \le x_1 < \alpha$ は成立する。

(ii) $n=k$ のとき

$1 \le x_k < \alpha$ が成り立つと仮定する。

$x_{k+1} = f(x_k) = \log(x_k + 1) + 1$ であり、$f(x)$ は $x > 0$ で $f'(x) > 0$ より単調増加であるから、

$$f(1) \le f(x_k) < f(\alpha)$$

$f(1) = \log 2 + 1 > 1$、$f(x_k) = x_{k+1}$、$f(\alpha) = \alpha$ より、

$$1 < x_{k+1} < \alpha$$

よって、$n=k+1$ のときも成立する。

(i), (ii) より、すべての自然数 $n$ について $1 \le x_n < \alpha$ が成り立つ。

これにより、すべての自然数 $n$ に対して $0 < x_n < \alpha$ を満たすので、(2) の結果において $x = x_n$ とすることができ、

$$0 < \frac{\alpha - f(x_n)}{\alpha - x_n} < f'(x_n)$$

が成り立つ。

$f(x_n) = x_{n+1}$ であり、$f'(x_n) = \frac{1}{x_n+1}$ であるから、

$$0 < \frac{\alpha - x_{n+1}}{\alpha - x_n} < \frac{1}{x_n+1}$$

ここで、$x_n \ge 1$ であることを用いると、

$$\frac{1}{x_n+1} \le \frac{1}{1+1} = \frac{1}{2}$$

となるため、

$$0 < \frac{\alpha - x_{n+1}}{\alpha - x_n} < \frac{1}{2}$$

$\alpha - x_n > 0$ より、辺々を $\alpha - x_n$ 倍して、

$$0 < \alpha - x_{n+1} < \frac{1}{2}(\alpha - x_n)$$

が成り立つ。

(4)

(3) で得られた不等式 $\alpha - x_{n+1} < \frac{1}{2}(\alpha - x_n)$ を繰り返し用いると、

$$0 < \alpha - x_n < \frac{1}{2} (\alpha - x_{n-1}) < \left(\frac{1}{2}\right)^2 (\alpha - x_{n-2}) < \dots < \left(\frac{1}{2}\right)^{n-1} (\alpha - x_1)$$

$x_1 = 1$ であるから、

$$0 < \alpha - x_n < \left(\frac{1}{2}\right)^{n-1} (\alpha - 1)$$

$n \to \infty$ のとき $\left(\frac{1}{2}\right)^{n-1} \to 0$ であるから、はさみうちの原理より、

$$\lim_{n \to \infty} (\alpha - x_n) = 0$$

よって、

$$\lim_{n \to \infty} x_n = \alpha$$

が成り立つ。

解説

微分積分と数列の極限が融合した典型的な誘導問題である。

(1) は方程式の解の存在と唯一性を示すため、差をとった関数の増減と中間値の定理を利用する定石通りの解法となる。

(2) は不等式の中に $f'(x)$ と関数値の差の比が含まれていることから、平均値の定理の適用を考える。

(3) は(2)で証明した不等式を活用して、数列の差に関する漸化式を導く。(2)の条件 $0 < x < \alpha$ を数列 $\{x_n\}$ が満たすことを数学的帰納法で示す過程が論理的に重要である。さらに、右辺を定数 $\frac{1}{2}$ で抑えるために、$x_n \ge 1$ という評価を用いることを見落とさないようにしたい。

(4) は(3)で作った不等式から漸化式を評価し、はさみうちの原理を用いる頻出の手法である。誘導の意図を汲み取りながら丁寧に論理を展開する力が問われている。

答え

(1) 題意の通り証明された。

(2) 題意の通り証明された。

(3) 題意の通り証明された。

(4) 題意の通り証明された。