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東京工業大学 1961年理系第6問解説

方針・初手

(i) 方程式 $f(x) - x = 0$ の解の個数を調べるため、関数 $g(x) = f(x) - x$ を定義する。すべての $x$ に対して $|f'(x)| < \frac{1}{2}$ であることから、$g(x)$ の導関数の符号を調べて単調性を明らかにする。さらに、平均値の定理を用いて $x \to \pm \infty$ における $g(x)$ の極限を評価し、中間値の定理から解の存在を示す。

(ii) 漸化式 $a_n = f(a_{n-1})$ と、（i）で示した実根の性質 $f(\alpha) = \alpha$ を用いる。差 $|a_n - \alpha|$ に着目し、平均値の定理を利用して $|a_n - \alpha|$ が等比数列の形に抑え込まれる（縮小写像である）ことを示す。最後にはさみうちの原理を用いて極限を求める。

解法1

(i)

関数 $g(x) = f(x) - x$ とおく。すべての $x$ に対して $f'(x)$ が存在し条件を満たすので、$f(x)$ はすべての実数で連続かつ微分可能である。したがって、$g(x)$ もすべての実数で連続かつ微分可能である。

$g(x)$ を微分すると、

$$ g'(x) = f'(x) - 1 $$

与えられた条件 $|f'(x)| < \frac{1}{2}$ より、$-\frac{1}{2} < f'(x) < \frac{1}{2}$ である。各辺から $1$ を引くと、

$$ -\frac{3}{2} < f'(x) - 1 < -\frac{1}{2} $$

すなわち、すべての実数 $x$ に対して $g'(x) < -\frac{1}{2} < 0$ が成り立つため、$g(x)$ は単調に減少する。

次に、実数 $x > 0$ に対して、区間 $[0, x]$ において平均値の定理を適用すると、

$$ \frac{g(x) - g(0)}{x - 0} = g'(c_1) \quad (0 < c_1 < x) $$

を満たす $c_1$ が存在する。$g'(c_1) < -\frac{1}{2}$ であるから、

$$ \frac{g(x) - g(0)}{x} < -\frac{1}{2} $$

$$ g(x) < -\frac{1}{2}x + g(0) $$

ここで $x \to \infty$ とすると $-\frac{1}{2}x + g(0) \to -\infty$ となるため、$\lim_{x \to \infty} g(x) = -\infty$ である。

同様に、実数 $x < 0$ に対して、区間 $[x, 0]$ において平均値の定理を適用すると、

$$ \frac{g(0) - g(x)}{0 - x} = g'(c_2) \quad (x < c_2 < 0) $$

を満たす $c_2$ が存在する。$g'(c_2) < -\frac{1}{2}$ であるから、

$$ \frac{g(0) - g(x)}{-x} < -\frac{1}{2} $$

$-x > 0$ であることに注意して両辺に $-x$ を掛けると、

$$ g(0) - g(x) < \frac{1}{2}x $$

$$ g(x) > -\frac{1}{2}x + g(0) $$

ここで $x \to -\infty$ とすると $-\frac{1}{2}x + g(0) \to \infty$ となるため、$\lim_{x \to -\infty} g(x) = \infty$ である。

以上より、$g(x)$ は連続関数であり、符号が正から負へと変化するため、中間値の定理より $g(x) = 0$ を満たす実数 $x$ が少なくとも1つ存在する。さらに、$g(x)$ は単調減少であるため、$g(x) = 0$ を満たす実数 $x$ はただ1つである。したがって、方程式 $f(x) - x = 0$ はただ1つの実根をもつ。（証明終）

(ii)

（i）の結果より、$f(\alpha) - \alpha = 0$、すなわち $f(\alpha) = \alpha$ である。

$a_{n-1} \neq \alpha$ のとき、区間 $[a_{n-1}, \alpha]$ （または $[\alpha, a_{n-1}]$）において平均値の定理を適用すると、

$$ \frac{f(a_{n-1}) - f(\alpha)}{a_{n-1} - \alpha} = f'(c) $$

を満たす $c$ が $a_{n-1}$ と $\alpha$ の間に存在する。条件より $|f'(c)| < \frac{1}{2}$ であるから、両辺の絶対値をとると、

$$ \left| \frac{f(a_{n-1}) - f(\alpha)}{a_{n-1} - \alpha} \right| < \frac{1}{2} $$

$$ |f(a_{n-1}) - f(\alpha)| < \frac{1}{2} |a_{n-1} - \alpha| $$

ここで、$a_n = f(a_{n-1})$ および $\alpha = f(\alpha)$ を代入すると、

$$ |a_n - \alpha| < \frac{1}{2} |a_{n-1} - \alpha| $$

が得られる。一方、$a_{n-1} = \alpha$ のときは $a_n = f(\alpha) = \alpha$ となるため、$|a_n - \alpha| = 0$ であり、不等式 $|a_n - \alpha| \le \frac{1}{2} |a_{n-1} - \alpha|$ は等号で成立する。

したがって、すべての自然数 $n$ について、

$$ |a_n - \alpha| \le \frac{1}{2} |a_{n-1} - \alpha| $$

が成り立つ。これを繰り返し用いると、

$$ |a_n - \alpha| \le \frac{1}{2} |a_{n-1} - \alpha| \le \left(\frac{1}{2}\right)^2 |a_{n-2} - \alpha| \le \cdots \le \left(\frac{1}{2}\right)^n |a_0 - \alpha| $$

となる。ここで $n \to \infty$ とすると $\left(\frac{1}{2}\right)^n \to 0$ となり、$|a_0 - \alpha|$ は定数であるから、

$$ \lim_{n \to \infty} \left(\frac{1}{2}\right)^n |a_0 - \alpha| = 0 $$

である。絶対値は常に $0$ 以上であるから、はさみうちの原理より、

$$ \lim_{n \to \infty} |a_n - \alpha| = 0 $$

すなわち、

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

が成り立つ。（証明終）

解説

微分法を用いた方程式の実数解の個数の評価と、漸化式で定まる数列の極限を求める典型的な問題である。（i）においては、単調減少（$g'(x) < 0$）を示すだけでは解の存在を保証できない点に注意が必要である。関数が単調減少であっても、漸近線を持つ場合（例えば $y = e^{-x} + 1$ のような場合）には $x$ 軸と交わらない可能性がある。そのため、平均値の定理を用いて直線で下から（上から）評価し、確実に $\pm \infty$ に発散することを示す手順が不可欠である。（ii）では、「関数値の差 $f(x) - f(y)$ があれば平均値の定理を疑う」という定石を用いる。導関数の絶対値が $1$ より小さい定数で上から押さえられている場合（この問題では $\frac{1}{2}$）、その関数は縮小写像となり、数列はただ一つの不動点（ここでは $\alpha$）に収束する。