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大阪大学 2004年理系第4問解説

方針・初手

関数 $f(x) = rx(1-x)$ を導入すると、与えられた数列は $x_{n+1} = f(x_n)$、$x_1 = a$ と表せる。 (1) は、数列が定数列となるための条件なので $f(a) = a$ を解く。 (2) は、$f(a) \neq a$ かつ $f(f(a)) = a$ となる $a$ の個数を求める。方程式 $f(f(a)) - a = 0$ を $f(a) - a$ でくくり出す変形が鍵となる。 (3) は、$x_1 = a \in [0, 1]$ から始まる数列が常に $[0, 1]$ にとどまる条件であるから、関数 $f(x)$ の区間 $[0, 1]$ における値域が $[0, 1]$ に含まれるような $r$ の条件を考えればよい。

解法1

関数 $f(x) = rx(1-x) = -rx^2 + rx$ を定める。与えられた数列は $x_1 = a$、$x_{n+1} = f(x_n)$ と表せる。

(1)

すべての $n$ について $x_n = a$ となるための必要十分条件は $x_2 = x_1$、すなわち $f(a) = a$ である。（このとき帰納的にすべての $n$ で $x_n = a$ となる）

$$ ra(1-a) = a $$

整理して、

$$ a(ra - r + 1) = 0 $$

これを解くと、$a = 0$ または $ra = r - 1$ となる。したがって、$r$ の値によって場合分けをして $a$ を求める。

(i)

$r = 0$ のとき $a = 0$

(ii)

$r \neq 0$ のとき $a = 0, \frac{r-1}{r}$

(2)

$x_2 \neq a$ かつ $x_3 = a$ となる条件は、$f(a) \neq a$ かつ $f(f(a)) = a$ である。

ここで $f(f(a)) - a$ について考える。恒等式として、次のように変形できる。

$$ f(f(a)) - a = f(f(a)) - f(a) + f(a) - a $$

関数 $f(X) - f(Y)$ の形について計算すると、

$$ f(X) - f(Y) = -rX^2 + rX - (-rY^2 + rY) = -r(X^2 - Y^2) + r(X - Y) = (X - Y)\{-r(X + Y) + r\} $$

となる。$X = f(a)$、$Y = a$ とおくと、

$$ f(f(a)) - f(a) = (f(a) - a)\{-r(f(a) + a) + r\} $$

ここで中括弧の中身をさらに計算する。

$$ -r(f(a) + a) + r = -r\{ra(1-a) + a\} + r = -r(-ra^2 + (r+1)a) + r = r^2 a^2 - r(r+1)a + r $$

これをもとの式に代入すると、

$$ f(f(a)) - a = (f(a) - a)\{ r^2 a^2 - r(r+1)a + r \} + (f(a) - a) $$

$$ = (f(a) - a)\{ r^2 a^2 - r(r+1)a + r + 1 \} $$

$f(a) \neq a$ より $f(a) - a \neq 0$ であるから、$f(f(a)) = a$ を満たす $a$ は以下の2次方程式の解である。

$$ r^2 a^2 - r(r+1)a + r + 1 = 0 \quad \cdots (*) $$

求める $a$ の個数は、方程式 $(*)$ の実数解のうち $f(a) = a$ の解（すなわち $a=0, \frac{r-1}{r}$）と一致しないものの個数である。

$r = 0$ のとき、$(*)$ は $1 = 0$ となり解を持たない。 $r \neq 0$ のとき、$(*)$ は $a$ についての2次方程式であり、その判別式を $D$ とすると、

$$ D = \{-r(r+1)\}^2 - 4r^2(r+1) = r^2(r+1)^2 - 4r^2(r+1) = r^2(r+1)(r - 3) $$

方程式 $(*)$ の実数解の個数は以下のようになる。 $D > 0$ すなわち $r < -1$ または $3 < r$ のとき、異なる2つの実数解を持つ。 $D = 0$ すなわち $r = -1, 3$ のとき、重解を持つ。 $D < 0$ すなわち $-1 < r < 0$ または $0 < r < 3$ のとき、実数解を持たない。

次に、$(*)$ の解が $f(a) = a$ の解と一致する場合を調べる。 $a = 0$ が $(*)$ の解となるとき、代入すると $r + 1 = 0$ より $r = -1$。このとき $D = 0$ であり、$a=0$ は重解となる。 $a = \frac{r-1}{r}$ が $(*)$ の解となるとき、代入すると、

$$ r^2 \left(\frac{r-1}{r}\right)^2 - r(r+1)\frac{r-1}{r} + r + 1 = 0 $$

$$ (r-1)^2 - (r+1)(r-1) + r + 1 = 0 $$

$$ (r-1)\{r - 1 - (r + 1)\} + r + 1 = 0 $$

$$ -2(r-1) + r + 1 = -r + 3 = 0 $$

よって $r = 3$。このときも $D = 0$ であり、$a = \frac{2}{3}$ は重解となる。

したがって、$D > 0$（$r < -1$ または $3 < r$）のときは、$(*)$ は $f(a) = a$ を満たさない異なる2つの実数解を持つ。以上をまとめると、条件を満たす $a$ の個数は、 $r < -1$ または $3 < r$ のとき 2個 $-1 \leqq r \leqq 3$ のとき 0個

(3)

条件は「$0 \leqq a \leqq 1$ となるすべての $a$ について $0 \leqq x_n \leqq 1 \ (n \geqq 2)$」である。 $x_2 = f(a)$ であるから、任意の $a \in [0, 1]$ に対して $f(a) \in [0, 1]$ となることが必要である。逆にこのとき、数学的帰納法によりすべての $n \geqq 2$ で $x_n \in [0, 1]$ が成り立つ。したがって、求める条件は「$0 \leqq x \leqq 1$ を満たすすべての $x$ において $0 \leqq f(x) \leqq 1$ が成り立つ」ことである。

関数 $f(x)$ は平方完成すると以下のように表せる。

$$ f(x) = -r\left(x - \frac{1}{2}\right)^2 + \frac{r}{4} $$

区間 $0 \leqq x \leqq 1$ における最大値と最小値を $r$ の符号で場合分けして調べる。

(i)

$r > 0$ のとき放物線は上に凸であり、$x = \frac{1}{2}$ のとき最大値 $\frac{r}{4}$ をとる。また最小値は $f(0) = f(1) = 0$ である。常に $f(x) \geqq 0$ は満たされるので、最大値について $\frac{r}{4} \leqq 1$ であればよい。これを解いて $r \leqq 4$。場合分けの条件とあわせて $0 < r \leqq 4$。

(ii)

$r = 0$ のとき $f(x) = 0$ となり、常に $0 \leqq f(x) \leqq 1$ を満たす。

(iii)

$r < 0$ のとき放物線は下に凸であり、$x = \frac{1}{2}$ のとき最小値 $\frac{r}{4}$ をとる。 $r < 0$ より $\frac{r}{4} < 0$ となるため、$f(x) \geqq 0$ を満たさない $x$ （例えば $x = \frac{1}{2}$）が存在し、不適である。

以上 (i) (ii) (iii) より、求める $r$ の範囲は $0 \leqq r \leqq 4$ である。

解説

漸化式 $x_{n+1} = rx_n(1 - x_n)$ は、ロジスティック写像として知られる有名な形である。 (2) は方程式 $f(f(x)) = x$ を解く問題であるが、直接4次方程式を展開すると計算が非常に煩雑になる。$f(f(x)) - x = f(f(x)) - f(x) + f(x) - x$ と分解し、$f(x) - x$ を因数としてくくり出す処理は、関数の反復において頻出の重要な式変形である。