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東京大学 2014年理系第4問解説

方針・初手

（1）では、関数 $f(x)$ および $1-f(x)$ の式をそれぞれ整理し、$0 < x < 1$ における各項の符号を調べることで、微分を用いずに示す。

（2）では、数列の漸化式 $x_n = f(x_{n-1})$ が与えられているため、$x_n$ と $x_{n-1}$ の関係を不等式で評価し、公比が $1$ より小さい等比数列の形ではさみうちの原理に持ち込む。問題文で与えられた不等式 $1+x \leqq e^x$ を適切に変数変換して活用する。

（3）では、方程式 $f(x) = x$ の解の存在を示す問題であるため、$g(x) = f(x) - x$ とおき、中間値の定理の利用を考える。ただし $g(0) = 0$ となってしまうため、端点ではなく $x$ が $0$ に近い正の値をとるときの $g(x)$ の符号を調べる必要がある。

解法1

(1)

与えられた関数は以下の通りである。

$$ f(x) = (1-p)x + (1-x)(1-e^{-qx}) $$

$0 < p < 1, q > 0$ とし、$0 < x < 1$ とする。このとき、$1-p > 0$ かつ $x > 0$ より、$(1-p)x > 0$ である。また、$qx > 0$ であるから、$e^{-qx} < e^0 = 1$ となり、$1-e^{-qx} > 0$ である。さらに $1-x > 0$ であるから、$(1-x)(1-e^{-qx}) > 0$ となる。これらの和であるから、$f(x) > 0$ が成り立つ。

次に、$1 - f(x)$ を評価する。

$$ \begin{aligned} 1 - f(x) &= 1 - \left\{ (1-p)x + (1-x)(1-e^{-qx}) \right\} \\ &= 1 - x + px - (1-x)(1-e^{-qx}) \\ &= px + (1-x) \left\{ 1 - (1-e^{-qx}) \right\} \\ &= px + (1-x)e^{-qx} \end{aligned} $$

$p > 0, x > 0$ より $px > 0$ である。 $1-x > 0$ かつ $e^{-qx} > 0$ より $(1-x)e^{-qx} > 0$ である。したがって、$1 - f(x) > 0$ となり、$f(x) < 1$ が成り立つ。

以上より、$0 < x < 1$ のとき $0 < f(x) < 1$ であることが示された。

(2)

(1) の結果より、$0 < x_0 < 1$ であれば、すべての自然数 $n$ に対して $0 < x_n < 1$ が成り立つ。問題文で与えられた不等式 $1+t \leqq e^t$ において、$t = -qx_{n-1}$ とすると、

$$ 1 - qx_{n-1} \leqq e^{-qx_{n-1}} $$

すなわち、

$$ 1 - e^{-qx_{n-1}} \leqq qx_{n-1} $$

が成り立つ。$1 - x_{n-1} > 0$ であるから、両辺に $1 - x_{n-1}$ を掛けても不等号の向きは変わらない。

$$ (1-x_{n-1})(1-e^{-qx_{n-1}}) \leqq (1-x_{n-1})qx_{n-1} = qx_{n-1} - qx_{n-1}^2 $$

これを $x_n = f(x_{n-1})$ の定義式に用いると、

$$ \begin{aligned} x_n &= (1-p)x_{n-1} + (1-x_{n-1})(1-e^{-qx_{n-1}}) \\ &\leqq (1-p)x_{n-1} + qx_{n-1} - qx_{n-1}^2 \\ &= (1 - p + q)x_{n-1} - qx_{n-1}^2 \end{aligned} $$

ここで、$x_{n-1} > 0, q > 0$ より $qx_{n-1}^2 > 0$ であるから、

$$ x_n < (1 - p + q)x_{n-1} $$

が成り立つ。$r = 1 - p + q$ とおく。条件 $p > q$ より $p - q > 0$ であるから、$r = 1 - (p - q) < 1$ である。また、$0 < p < 1, q > 0$ より $r = 1 - p + q > 0$ である。したがって、$0 < x_n < r x_{n-1}$ が成り立つ。これを繰り返し用いると、

$$ 0 < x_n < r^n x_0 $$

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

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

となることが示された。

(3)

$p < q$ とする。$g(x) = f(x) - x$ とおく。

$$ \begin{aligned} g(x) &= (1-p)x + (1-x)(1-e^{-qx}) - x \\ &= -px + (1-x)(1-e^{-qx}) \end{aligned} $$

$g(x)$ は区間 $[0, 1]$ で連続である。$x=1$ のとき、

$$ g(1) = -p \cdot 1 + 0 = -p $$

$0 < p < 1$ より、$g(1) < 0$ である。次に、$0$ に近い正の $x$ について考える。与えられた不等式 $1+t \leqq e^t$ において、$t = qx \ (>0)$ とおくと、

$$ 1+qx \leqq e^{qx} $$

両辺は正であるから逆数をとると、不等号の向きが反転し、

$$ e^{-qx} \leqq \frac{1}{1+qx} $$

これより、

$$ 1 - e^{-qx} \geqq 1 - \frac{1}{1+qx} = \frac{qx}{1+qx} $$

を得る。$0 < x < 1$ において $1-x > 0$ であるから、$g(x)$ は以下のように下から評価できる。

$$ \begin{aligned} g(x) &\geqq -px + (1-x)\frac{qx}{1+qx} \\ &= \frac{x}{1+qx} \left\{ -p(1+qx) + q(1-x) \right\} \\ &= \frac{x}{1+qx} \left\{ (q-p) - q(p+1)x \right\} \end{aligned} $$

ここで、$p < q$ より $q-p > 0$ であるから、$x$ を十分小さい正の値、例えば $x = \frac{q-p}{2q(p+1)}$ と定める。この値を $x_1$ とおく。 $q > 0, p > 0, q-p > 0$ より $x_1 > 0$ であり、さらに $p+pq > 0$ より $q-p < q(p+1)$ であるから $x_1 < \frac{1}{2} < 1$ である。この $x_1$ に対して、

$$ (q-p) - q(p+1)x_1 = (q-p) - \frac{q-p}{2} = \frac{q-p}{2} > 0 $$

となる。$\frac{x_1}{1+qx_1} > 0$ であるから、

$$ g(x_1) \geqq \frac{x_1}{1+qx_1} \cdot \frac{q-p}{2} > 0 $$

が成り立つ。したがって、$g(x_1) > 0$ かつ $g(1) < 0$ を満たす $x_1 \ (0 < x_1 < 1)$ が見つかった。 $g(x)$ は区間 $[x_1, 1]$ で連続であるから、中間値の定理より、$g(c) = 0$ すなわち $f(c) = c$ を満たす実数 $c$ が区間 $(x_1, 1)$ に少なくとも1つ存在する。 $0 < x_1 < c < 1$ より、この $c$ は $0 < c < 1$ を満たすため、題意は示された。

解法2（問(3)の別解）

（3）の中間値の定理を適用するための $g(x) > 0$ となる $x$ の存在証明は、微分の定義を用いて示すこともできる。

$g(x) = -px + (1-x)(1-e^{-qx})$ は微分可能であり、その導関数は

$$ \begin{aligned} g'(x) &= -p + (-1)(1-e^{-qx}) + (1-x)(qe^{-qx}) \\ &= -p - 1 + e^{-qx} + q(1-x)e^{-qx} \end{aligned} $$

となる。$x=0$ における微分係数は、

$$ g'(0) = -p - 1 + e^0 + q(1-0)e^0 = q - p $$

条件より $p < q$ であるから、$g'(0) > 0$ である。 $g'(x)$ は連続関数であるため、$g'(0) > 0$ より、十分小さい $\varepsilon > 0$ に対して、区間 $[0, \varepsilon]$ において $g'(x) > 0$ となる。したがって、$g(x)$ は区間 $[0, \varepsilon]$ で単調増加であり、$g(0) = 0$ であるから、$g(\varepsilon) > 0$ を満たす。また、$0 < \varepsilon < 1$ ととることができ、解法1と同様に $g(1) = -p < 0$ である。関数 $g(x)$ は閉区間 $[\varepsilon, 1]$ で連続であるから、中間値の定理より $g(c) = 0$ となる実数 $c$ が区間 $(\varepsilon, 1)$ に少なくとも1つ存在する。 $0 < \varepsilon < c < 1$ より、$0 < c < 1$ を満たす実数 $c$ が存在することが示された。

解説

与えられた不等式 $1+t \leqq e^t$ の活用が鍵となる問題である。問(2)では $t = -qx_{n-1}$ とおくことで、漸化式を一次式で上から評価し、公比が $1$ より小さい等比数列の形を作る。問(3)では方程式の実数解の存在を示すため、中間値の定理を利用する。$g(x) = f(x) - x$ とおいたとき $g(0)=0$ となってしまうため、区間 $(0, 1)$ の内部で $g(x) > 0$ となる点を自力で見つける必要がある。解法1のように不等式を用いて下から評価する方法と、解法2のように微分係数 $g'(0) > 0$ から単調増加性を利用して正になる点を論証する方法があり、どちらも難関大で頻出のアプローチである。