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東京工業大学 1992年理系第4問解説

方針・初手

関数 $f(x)$ は、入力された値 $x$ を2倍し、結果が $1$ 以上になれば $1$ を引くという操作を繰り返すものである。これは「$2x$ の小数部分を取り出す」操作と解釈できる。 (1) は定義に従って区間を分割しながら $f_2(x)$, $f_3(x)$ の式を具体的に求めるか、あるいはガウス記号（床関数）を用いて一般化することで処理できる。 (2) は与えられた $p$ の分母が $2^m$ であることに着目する。関数 $f$ を適用するたびに分母の $2$ の累乗がどのように変化するかを追跡すれば、ある回数以降は値が $0$ で一定になることがわかる。

解法1

(1)

$f_1(x) = f(x)$ である。$f_2(x) = f(f(x))$ を求めるために、$f(x)$ の値域が $1/2$ を境界としてどのように分かれるかを考える。

$$ f(x) = \begin{cases} 2x & \left(0 \leqq x < \frac{1}{2}\right) \\ 2x - 1 & \left(\frac{1}{2} \leqq x < 1\right) \end{cases} $$

$0 \leqq x < \frac{1}{4}$ のとき、$0 \leqq 2x < \frac{1}{2}$ より $0 \leqq f(x) < \frac{1}{2}$ であるから、

$$ f_2(x) = 2f(x) = 4x $$

$\frac{1}{4} \leqq x < \frac{1}{2}$ のとき、$\frac{1}{2} \leqq 2x < 1$ より $\frac{1}{2} \leqq f(x) < 1$ であるから、

$$ f_2(x) = 2f(x) - 1 = 4x - 1 $$

$\frac{1}{2} \leqq x < \frac{3}{4}$ のとき、$1 \leqq 2x < \frac{3}{2}$ より $0 \leqq 2x-1 < \frac{1}{2}$、すなわち $0 \leqq f(x) < \frac{1}{2}$ であるから、

$$ f_2(x) = 2f(x) = 2(2x - 1) = 4x - 2 $$

$\frac{3}{4} \leqq x < 1$ のとき、$\frac{3}{2} \leqq 2x < 2$ より $\frac{1}{2} \leqq 2x-1 < 1$、すなわち $\frac{1}{2} \leqq f(x) < 1$ であるから、

$$ f_2(x) = 2f(x) - 1 = 2(2x - 1) - 1 = 4x - 3 $$

同様にして $f_3(x) = f(f_2(x))$ を計算する。$f_2(x)$ の各区間幅 $\frac{1}{4}$ はさらに半分に分割され、全8区間となる。$j$ を $0 \leqq j \leqq 7$ を満たす整数として、$\frac{j}{8} \leqq x < \frac{j+1}{8}$ の区間を考える。

各区間における $f_2(x)$ の値は $0 \leqq f_2(x) < 1$ を動き、区間の前半では $0 \leqq f_2(x) < \frac{1}{2}$、後半では $\frac{1}{2} \leqq f_2(x) < 1$ となる。したがって、各 $j$ について以下のようになる。

$$ f_3(x) = \begin{cases} 2f_2(x) \\ 2f_2(x) - 1 \end{cases} $$

これを計算すると、一般に区間 $\frac{j}{8} \leqq x < \frac{j+1}{8}$ においては次式で表される。

$$ f_3(x) = 8x - j \quad \left( \frac{j}{8} \leqq x < \frac{j+1}{8} ,\ j = 0, 1, 2, \dots, 7 \right) $$

グラフは、$xy$ 平面上の点 $\left(\frac{j}{8}, 0\right)$ と $\left(\frac{j+1}{8}, 1\right)$ を結ぶ傾き $8$ の線分（右端の点は白丸で含まない）を、$j=0, 1, \dots, 7$ にわたって8本並べたものとなる。

(2)

$x$ が $x = \frac{l}{2^j}$ （$l$ は $0 \leqq l \leqq 2^j - 1$ を満たす整数、$j$ は自然数）と表されるとき、$f(x)$ の値がどうなるかを調べる。

$0 \leqq x < \frac{1}{2}$ のとき、$f(x) = 2x = \frac{l}{2^{j-1}}$ となる。

$\frac{1}{2} \leqq x < 1$ のとき、$f(x) = 2x - 1 = \frac{l - 2^{j-1}}{2^{j-1}}$ となる。

いずれの場合も、$f(x)$ は「分母が $2^{j-1}$ で分子が整数」であるような分数として表される。

与えられた $p$ は $p = \frac{k}{2^m}$ と表されるので、関数 $f$ を適用するごとに分母の $2$ の指数は $1$ ずつ減少していく。したがって、$n$ 回適用した $f_n(p)$ は、「分母が $2^{m-n}$ で分子が整数」であるような分数となる。

特に $n = m$ のとき、$f_m(p)$ の分母は $2^0 = 1$ となり、$f_m(p)$ は整数であることがわかる。一方で、$f(x)$ の定義域および値域は常に $0 \leqq f(x) < 1$ であるため、$f_m(p)$ も $0 \leqq f_m(p) < 1$ を満たす整数でなければならない。これを満たす整数は $0$ のみであるから、

$$ f_m(p) = 0 $$

となる。さらに、$f(0) = 2 \cdot 0 = 0$ であるから、一度値が $0$ になれば、その後は何度 $f$ を適用しても $0$ のままである。すなわち、$n \geqq m$ のすべての自然数 $n$ に対して $f_n(p) = 0$ となる。

このことから、$n \geqq m$ のとき、和 $f_1(p) + f_2(p) + \dots + f_n(p)$ は $n$ に依存しない定数となる。この定数を $S$ とおくと、求める極限値は次のように計算できる。

$$ \lim_{n \to \infty} \frac{f_1(p) + \dots + f_n(p)}{n} = \lim_{n \to \infty} \frac{S}{n} = 0 $$

解法2

(1)

実数 $X$ に対し、$X$ を超えない最大の整数（ガウス記号）を $\lfloor X \rfloor$ で表す。関数 $f(x)$ は $2x$ の小数部分を取り出す操作に他ならないため、次のように表すことができる。

$$ f(x) = 2x - \lfloor 2x \rfloor \quad (0 \leqq x < 1) $$

これを用いると、任意の自然数 $n$ に対して

$$ f_n(x) = 2^n x - \lfloor 2^n x \rfloor $$

が成り立つことが数学的帰納法によって示せる。

(i)

$n=1$ のとき、与えられた定義そのものであり成立する。

(ii)

$n=l$ のとき $f_l(x) = 2^l x - \lfloor 2^l x \rfloor$ が成り立つと仮定する。 $n=l+1$ のとき、

$$ \begin{aligned} f_{l+1}(x) &= f(f_l(x)) \\ &= 2f_l(x) - \lfloor 2f_l(x) \rfloor \\ &= 2(2^l x - \lfloor 2^l x \rfloor) - \lfloor 2(2^l x - \lfloor 2^l x \rfloor) \rfloor \\ &= 2^{l+1} x - 2\lfloor 2^l x \rfloor - \lfloor 2^{l+1} x - 2\lfloor 2^l x \rfloor \rfloor \end{aligned} $$

ここで、任意の整数 $M$ に対して $\lfloor Y - M \rfloor = \lfloor Y \rfloor - M$ である性質を用いると、$\lfloor 2^l x \rfloor$ は整数であるから、

$$ \begin{aligned} \lfloor 2^{l+1} x - 2\lfloor 2^l x \rfloor \rfloor &= \lfloor 2^{l+1} x \rfloor - 2\lfloor 2^l x \rfloor \end{aligned} $$

となる。これを代入すると、

$$ \begin{aligned} f_{l+1}(x) &= 2^{l+1} x - 2\lfloor 2^l x \rfloor - (\lfloor 2^{l+1} x \rfloor - 2\lfloor 2^l x \rfloor) \\ &= 2^{l+1} x - \lfloor 2^{l+1} x \rfloor \end{aligned} $$

となり、$n=l+1$ のときも成立する。

したがって、一般項は $f_n(x) = 2^n x - \lfloor 2^n x \rfloor$ である。求める $f_3(x)$ の式は $n=3$ を代入して、

$$ f_3(x) = 8x - \lfloor 8x \rfloor $$

となる。$j$ を $0 \leqq j \leqq 7$ を満たす整数とすると、$\frac{j}{8} \leqq x < \frac{j+1}{8}$ のとき $\lfloor 8x \rfloor = j$ であるから、

$$ f_3(x) = 8x - j \quad \left( \frac{j}{8} \leqq x < \frac{j+1}{8} ,\ j = 0, 1, 2, \dots, 7 \right) $$

と表される。グラフは、$xy$ 平面上の点 $\left(\frac{j}{8}, 0\right)$ と $\left(\frac{j+1}{8}, 1\right)$ を結ぶ線分（右端の点は含まない）を、$j=0, 1, \dots, 7$ について並べたものとなる。

(2)

$f_n(x) = 2^n x - \lfloor 2^n x \rfloor$ に $p = \frac{k}{2^m}$ を代入する。

$$ f_n(p) = 2^n \frac{k}{2^m} - \lfloor 2^n \frac{k}{2^m} \rfloor = k 2^{n-m} - \lfloor k 2^{n-m} \rfloor $$

$n \geqq m$ のとき、$n-m \geqq 0$ であるから、$k 2^{n-m}$ は整数となる。整数 $X$ に対しては $\lfloor X \rfloor = X$ であるため、

$$ f_n(p) = 0 \quad (n \geqq m) $$

となる。よって $n \geqq m$ のとき、

$$ \sum_{i=1}^n f_i(p) = \sum_{i=1}^{m-1} f_i(p) $$

となり、これは $n$ に依存しない一定の値となる。したがって、

$$ \lim_{n \to \infty} \frac{f_1(p) + \dots + f_n(p)}{n} = 0 $$

となる。

解説

本問の関数 $f(x)$ は「ベルヌーイシフト（2倍写像）」と呼ばれる有名な写像である。実数 $x$ を2進数で小数展開したとき、$x = 0.a_1 a_2 a_3 \dots_{(2)}$ と表すと、$f(x)$ は起点を1つずらした $0.a_2 a_3 \dots_{(2)}$ に相当する。 (2) における $p = \frac{k}{2^m}$ は、分母が $2^m$ の分数であるから、2進数で表すと小数点以下 $m$ 桁で終わる有限小数である。したがって、$m$ 回シフト操作を行えば小数部分はすべて $0$ になる。この背景を知っていると、極限が $0$ に収束する理由が直感的に見えやすくなる。記述式解答としては、解法1のように分母の変化を追うか、解法2のようにガウス記号を用いて一般項を明示するアプローチが簡潔である。