北海道大学 2008年 理系 第3問 解説

方針・初手

• (1) は不等式の証明である。関数 $f(x)$ の導関数を計算して増減を調べる方針をとる。この単調性の確認は、(3) の数列の極限を考える際にも役立つ。
• (2) は方程式 $f(x) - x = 0$ を解く。この解が (3) における数列の極限値の候補となる。
• (3) は漸化式で定まる数列の極限である。初期値 $\alpha$ の範囲によって数列がどの区間にとどまるかを数学的帰納法で示し、公比が $1$ より小さい等比数列と関連付けてはさみうちの原理に持ち込む。

解法1

(1)

$$ f(x) = \frac{3x^2}{2x^2 + 1} $$

$f(x)$ を $x$ について微分する。

$$ \begin{aligned} f'(x) &= \frac{6x(2x^2+1) - 3x^2(4x)}{(2x^2+1)^2} \\ &= \frac{12x^3+6x-12x^3}{(2x^2+1)^2} \\ &= \frac{6x}{(2x^2+1)^2} \end{aligned} $$

$0 < x < 1$ のとき、$x > 0$ であり、分母 $(2x^2+1)^2 > 0$ であるから、$f'(x) > 0$ となる。

したがって、関数 $f(x)$ は区間 $0 \le x \le 1$ において単調に増加する。

これより、$0 < x < 1$ ならば

$$ f(0) < f(x) < f(1) $$

が成り立つ。ここで、

$$ \begin{aligned} f(0) &= \frac{0}{0+1} = 0 \\ f(1) &= \frac{3}{2+1} = 1 \end{aligned} $$

であるから、

$$ 0 < f(x) < 1 $$

となることが示された。

(2)

方程式 $f(x) - x = 0$ を解く。

$$ \frac{3x^2}{2x^2+1} - x = 0 $$

両辺に $2x^2+1 \neq 0$ を掛けて整理する。

$$ \begin{aligned} 3x^2 - x(2x^2+1) &= 0 \\ -2x^3 + 3x^2 - x &= 0 \\ -x(2x^2 - 3x + 1) &= 0 \\ -x(2x-1)(x-1) &= 0 \end{aligned} $$

よって、求める $x$ は

$$ x = 0, \ \frac{1}{2}, \ 1 $$

(3)

(1) の議論から、$f(x)$ は $x \ge 0$ において単調増加関数である。

また、(2) の途中計算より、$f(x) - x$ は次のように因数分解される。

$$ f(x) - x = -\frac{x(2x-1)(x-1)}{2x^2+1} $$

$\alpha$ の値に応じて以下の3つの場合に分ける。

(i) $0 < \alpha < \frac{1}{2}$ のとき

すべての自然数 $n$ について $0 < a_n < \frac{1}{2}$ となることを数学的帰納法で示す。

$n=1$ のときは $a_1 = \alpha$ より成立する。

$n=k$ のとき $0 < a_k < \frac{1}{2}$ と仮定すると、$f(x)$ の単調増加性より $f(0) < f(a_k) < f\left(\frac{1}{2}\right)$ となる。

$f(0)=0$, $f\left(\frac{1}{2}\right) = \frac{3/4}{2/4+1} = \frac{1}{2}$ であるから、$0 < a_{k+1} < \frac{1}{2}$ となり、$n=k+1$ のときも成立する。

したがって、つねに $0 < a_n < \frac{1}{2}$ である。

次に、数列 $\{a_n\}$ が単調減少することを示す。

$$ a_{n+1} - a_n = f(a_n) - a_n = -\frac{a_n(2a_n-1)(a_n-1)}{2a_n^2+1} $$

$0 < a_n < \frac{1}{2}$ のとき、$a_n > 0$, $2a_n-1 < 0$, $a_n-1 < 0$ であるから、$a_{n+1} - a_n < 0$ となる。

よって $a_{n+1} < a_n$ が成り立ち、数列 $\{a_n\}$ は単調減少する。

ゆえに、すべての $n$ に対して $a_n \le a_1 = \alpha$ が成り立つ。

ここで、漸化式は次のように変形できる。

$$ a_{n+1} = a_n \cdot \frac{3a_n}{2a_n^2+1} $$

関数 $g(x) = \frac{3x}{2x^2+1}$ とおくと、その導関数は

$$ g'(x) = \frac{3(2x^2+1) - 3x(4x)}{(2x^2+1)^2} = \frac{3(1-2x^2)}{(2x^2+1)^2} $$

$0 < x < \frac{1}{2}$ において $1-2x^2 > \frac{1}{2} > 0$ であるため、$g(x)$ はこの区間で単調増加する。

したがって、$0 < a_n \le \alpha < \frac{1}{2}$ より

$$ g(a_n) \le g(\alpha) < g\left(\frac{1}{2}\right) = 1 $$

が成り立つ。$r = g(\alpha)$ とおくと、$0 < r < 1$ であり、

$$ a_{n+1} \le r a_n $$

これを繰り返し用いると、$0 < a_n \le r^{n-1} a_1$ を得る。

$\lim_{n \to \infty} r^{n-1} = 0$ であるから、はさみうちの原理より

$$ \lim_{n \to \infty} a_n = 0 $$

(ii) $\alpha = \frac{1}{2}$ のとき

$a_1 = \frac{1}{2}$ であり、$a_2 = f\left(\frac{1}{2}\right) = \frac{1}{2}$ となる。

以下同様に、すべての $n$ に対して $a_n = \frac{1}{2}$ となるため、

$$ \lim_{n \to \infty} a_n = \frac{1}{2} $$

(iii) $\frac{1}{2} < \alpha < 1$ のとき

(i) と同様に数学的帰納法と $f(x)$ の単調増加性を用いると、$f\left(\frac{1}{2}\right) = \frac{1}{2}$, $f(1)=1$ であることから、すべての自然数 $n$ について $\frac{1}{2} < a_n < 1$ となることが示される。

また、$f(a_n) - a_n$ の符号を調べると、$2a_n-1 > 0$, $a_n-1 < 0$ より $a_{n+1} - a_n > 0$ となり、数列 $\{a_n\}$ は単調増加する。

ゆえに、すべての $n$ に対して $a_n \ge a_1 = \alpha$ が成り立つ。

ここで、漸化式から $1 - a_{n+1}$ を計算する。

$$ 1 - a_{n+1} = 1 - \frac{3a_n^2}{2a_n^2+1} = \frac{1 - a_n^2}{2a_n^2+1} = \frac{1+a_n}{2a_n^2+1}(1 - a_n) $$

関数 $h(x) = \frac{1+x}{2x^2+1}$ とおくと、その導関数は

$$ h'(x) = \frac{1 \cdot (2x^2+1) - (1+x)(4x)}{(2x^2+1)^2} = \frac{-2x^2-4x+1}{(2x^2+1)^2} $$

$x \ge \frac{1}{2}$ において $-2x^2-4x+1 \le -2\left(\frac{1}{4}\right)-2+1 = -\frac{3}{2} < 0$ であるため、$h(x)$ はこの区間で単調減少する。

したがって、$\frac{1}{2} < \alpha \le a_n < 1$ より

$$ h(a_n) \le h(\alpha) < h\left(\frac{1}{2}\right) = 1 $$

が成り立つ。$R = h(\alpha)$ とおくと、$0 < R < 1$ であり、

$$ 1 - a_{n+1} \le R (1 - a_n) $$

これを繰り返し用いると、$0 < 1 - a_n \le R^{n-1} (1 - a_1)$ を得る。

$\lim_{n \to \infty} R^{n-1} = 0$ であるから、はさみうちの原理より $\lim_{n \to \infty} (1 - a_n) = 0$ となる。

したがって、

$$ \lim_{n \to \infty} a_n = 1 $$

解法2

(1) の微積分を用いない別解を示す。

$x > 0$ より $x^2 > 0$ であるから、$2x^2+1 > 0$ および $3x^2 > 0$ が成り立つ。

よって

$$ f(x) = \frac{3x^2}{2x^2+1} > 0 $$

である。次に $1 - f(x)$ を計算する。

$$ 1 - f(x) = 1 - \frac{3x^2}{2x^2+1} = \frac{2x^2+1-3x^2}{2x^2+1} = \frac{1-x^2}{2x^2+1} $$

$0 < x < 1$ のとき $0 < x^2 < 1$ であるから、$1 - x^2 > 0$ となる。

分母 $2x^2+1 > 0$ も成り立つため、

$$ 1 - f(x) > 0 \iff f(x) < 1 $$

以上より、$0 < x < 1$ ならば $0 < f(x) < 1$ となることが示された。

解説

漸化式 $a_{n+1} = f(a_n)$ で定められる数列の極限を求める典型的な問題である。

(1) で関数の値域や増減を調べ、(2) で極限値の候補となる $f(x) = x$ の解を求めるという、(3) への誘導が丁寧に敷かれている。

(3) で極限を厳密に証明する際、単に「$n \to \infty$ とすると $\lim a_{n+1} = \lim a_n = \beta$ となるから」と述べて (2) の解を挙げるだけでは不十分であり、はさみうちの原理を用いるための不等式評価が必要となる。

本解法のように、数列の単調性を利用して公比にあたる部分を $1$ より小さい定数で上から評価する手法は、難関大学で頻出の処理であるため確実に押さえておきたい。

答え

(1) $0<x<1$ ならば $0<f(x)<1$

(2) $x = 0, \frac{1}{2}, 1$

(3) $0 < \alpha < \frac{1}{2}$ のとき、$\lim_{n \to \infty} a_n = 0$ $\alpha = \frac{1}{2}$ のとき、$\lim_{n \to \infty} a_n = \frac{1}{2}$ $\frac{1}{2} < \alpha < 1$ のとき、$\lim_{n \to \infty} a_n = 1$