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大阪大学 2022年理系第4問解説

方針・初手

(1) は、方程式 $f(x)=x$ の解の個数を調べるため、$g(x) = x - f(x)$ とおき、微分を用いて関数 $g(x)$ の単調性を調べる。さらに、区間の両端あるいは適当な値における符号の変化を確認し、中間値の定理を用いて解の存在を示す。

(2) は、不等式の中央の式 $\frac{\alpha - f(x)}{\alpha - x}$ が関数の平均変化率の形をしていることに着目し、平均値の定理の利用を考える。(1) の結果である $f(\alpha) = \alpha$ を用いるのがポイントである。

(3) は、(2) の不等式を利用して漸化式から評価式を導く。そのためには $0 < x_n < \alpha$ であることを数学的帰納法で示す必要がある。また、右辺の係数 $\frac{1}{2}$ を作り出すために、$x_n \geqq 1$ であることの評価も行う。

(4) は、(3) で得られた不等式を繰り返し用いて $n$ についての漸化式を解くように評価し、はさみうちの原理を利用して極限を求める。

解法1

(1)

$x > 0$ において、$g(x) = x - f(x)$ とおく。すなわち、

$$ g(x) = x - \log(x+1) - 1 $$

である。この関数を微分すると、

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

となる。$x > 0$ において $g'(x) > 0$ であるから、関数 $g(x)$ は $x > 0$ の範囲で単調に増加する。

ここで、$x \to +0$ のときの極限を考えると、

$$ \lim_{x \to +0} g(x) = -1 < 0 $$

となる。一方、$x = e^2 - 1$（$e > 2$ より $e^2 - 1 > 3 > 0$ を満たす）を代入すると、

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

となる。

$g(x)$ は $x > 0$ で連続であり、符号が負から正へ変化するため、中間値の定理より $g(x) = 0$ を満たす $x$ が $x > 0$ の範囲に少なくとも1つ存在する。

さらに、$g(x)$ は単調増加であるため、そのような $x$ はただ1つである。したがって、方程式 $f(x) = x$ は $x > 0$ の範囲でただ1つの解をもつ。

(2)

(1)より、$\alpha$ 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央の式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 $f(t)$ は $t > 0$ において微分可能であり、区間 $[x, \alpha]$ において平均値の定理を適用すると、

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

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

ここで、$f'(t) = \frac{1}{t+1}$ であるから、$t > 0$ において $f'(t)$ は単調に減少する。$0 < x < c < \alpha$ であるから、

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

が成り立つ。したがって、

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

すなわち、

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

が示された。また、$c > 0$ より $f'(c) = \frac{1}{c+1} > 0$ であるから、

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

も成り立つ。以上より、$0 < x < \alpha$ のとき、

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

が成り立つことが示された。

(3)

すべての自然数 $n$ に対して、「$1 \leqq x_n < \alpha$」が成り立つことを、数学的帰納法を用いて示す。

(i)

$n=1$ のとき

$x_1 = 1$ である。(1)の関数 $g(x)$ について、$g(1) = 1 - \log 2 - 1 = -\log 2 < 0$ である。また、$g(\alpha) = 0$ であり、$g(x)$ は単調に増加することから、$1 < \alpha$ であることがわかる。よって、$1 \leqq x_1 < \alpha$ は成り立つ。

(ii)

$n=k$ のとき

$1 \leqq x_k < \alpha$ が成り立つと仮定する。$f(x) = \log(x+1) + 1$ は $x > 0$ で単調に増加するため、

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

が成り立つ。$f(1) = \log 2 + 1 > 1$、$f(x_k) = x_{k+1}$、$f(\alpha) = \alpha$ であるから、

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

となり、$n = k+1$ のときも $1 \leqq x_{k+1} < \alpha$ が成り立つ。

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

したがって、$x_n$ は(2)の不等式の条件 $0 < x < \alpha$ を満たすため、(2)の不等式の $x$ に $x_n$ を代入することができ、

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

が成り立つ。$f(x_n) = x_{n+1}$ であり、$\alpha - x_n > 0$ であるから、各辺に $\alpha - x_n$ を掛けて整理すると、

$$ \alpha - x_{n+1} < (\alpha - x_n) f'(x_n) $$

となる。ここで、$f'(x_n) = \frac{1}{x_n + 1}$ であり、$x_n \geqq 1$ であることから、

$$ f'(x_n) \leqq \frac{1}{1 + 1} = \frac{1}{2} $$

が成り立つ。$\alpha - x_n > 0$ より、

$$ (\alpha - x_n) f'(x_n) \leqq \frac{1}{2}(\alpha - x_n) $$

となるので、これらを合わせることで、

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

が成り立つことが示された。

(4)

(3)の結果より、すべての自然数 $n$ に対して、

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

が成り立つ。この不等式を繰り返し用いると、

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

となる。$x_1 = 1$ であるから、

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

が成り立つ。ここで、$n \to \infty$ のとき、

$$ \lim_{n \to \infty} \left(\frac{1}{2}\right)^{n-1} (\alpha - 1) = 0 $$

であるから、はさみうちの原理より、

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

となる。ゆえに、

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

が成り立つことが示された。

解説

関数の極限と方程式の解、平均値の定理を用いた不等式の証明、漸化式で定まる数列の極限という、微積分における頻出かつ典型的なテーマを組み合わせた総合問題である。

(2) で平均値の定理の利用に気づけるかが最大の鍵となる。「関数の差」と「変数の差」の商の形が現れたら、平均値の定理を疑うのが鉄則である。

(3) では、数列 $x_n$ の各項が (2) の不等式の適用条件（$0 < x_n < \alpha$）を満たすこと、さらに右辺の係数 $\frac{1}{2}$ を生み出すための条件（$x_n \geqq 1$）を満たすことを、数学的帰納法で丁寧に証明する必要がある。ここを無断で適用すると論理の飛躍として減点対象になる。