東京大学 2005年度
理系数学 第3問

解答

(1)

$f(x)=\frac{1}{2}x\{1+e^{-2(x-1)}\}$ を微分すると

である。 $x>1/2$ とし，$u=2x-1$ とおくと $u>0$ であり，$2\left(x-\frac{1}{2}\right)e^{-2(x-1)}=u{e}^{1-u}$ だから $2f^{\prime }(x)=1-u{e}^{1-u}$ である。

ここで $\varphi (u)=e^{u-1}-u$ とおくと，${\varphi }^{\prime }(u)=e^{u-1}-1$ である。したがって $0<u<1$ では ${\varphi }^{\prime }(u)<0$，$u>1$ では ${\varphi }^{\prime }(u)>0$ となり，$\varphi (u)$ は $u=1$ で最小値 $\varphi (1)=0$ をとる。よって $e^{u-1}\geqq u$ であり，これは $u{e}^{1-u}\leqq 1$ と同値である。したがって $f^{\prime }(x)\geqq 0$ である。

また $x>1/2$ では $\left(x-\frac{1}{2}\right)e^{-2(x-1)}>0$ だから $f^{\prime }(x)=\frac{1}{2}-\left(x-\frac{1}{2}\right)e^{-2(x-1)}<\frac{1}{2}$ である。以上より $0\leqq f^{\prime }(x)<\frac{1}{2}$ が示された。

(2)

まず $x>1/2$ なら $f(x)>1/2$ であることを確認する。(1)より $f$ は $(1/2,\infty )$ で増加し，$f\left(\frac{1}{2}\right)=\frac{1}{4}(1+e)>\frac{1}{2}$ であるから，$x>1/2$ に対して $f(x)>\frac{1}{2}$ である。よって $x_0>1/2$ なら帰納的に $x_n>\frac{1}{2}$ がすべての $n$ で成り立つ。

また $f(1)=1$ である。$x_n$ と $1$ の間にある数を $c_n$ とすると，平均値の定理により $x_{n+1}-1=f(x_n)-f(1)=f^{\prime }(c_n)(x_n-1)$ と書ける。$x_n>1/2$ かつ $1>1/2$ なので $c_n>1/2$ であり，(1)から $0\leqq f^{\prime }(c_n)<\frac{1}{2}$ である。したがって $|x_{n+1}-1|<\frac{1}{2}|x_n-1|$ を得る。

これを繰り返すと $|x_n-1|<{\left(\frac{1}{2}\right)}^n|x_0-1|$ である。右辺は $n\to \infty$ で $0$ に収束するので，はさみうちにより ${\lim }_{n\to \infty }{x}_n=1$ である。

別解。$f(x)-x$ の符号からも収束を示せる。$x>0$ で $f(x)-x=\frac{x}{2}\{e^{-2(x-1)}-1\}$ である。したがって $\frac{1}{2}<x<1⟹f(x)-x>0,$ かつ $f$ は増加で $f(1)=1$ だから $\frac{1}{2}<x<1⟹x<f(x)<1$ である。また $x>1⟹f(x)-x<0$ であり，増加性から $x>1⟹1<f(x)<x$ である。

よって，$1/2<x_0<1$ なら $\{x_n\}$ は増加して上に $1$ でおさえられ，$x_0>1$ なら減少して下に $1$ でおさえられる。$x_0=1$ ならすべて $x_n=1$ である。いずれの場合も $\{x_n\}$ は収束する。その極限を $L$ とすると $L\geqq 1/2$ であり，漸化式の両辺で極限を取って $L=f(L)$ を得る。$L>0$ なので $L=\frac{1}{2}L\{1+e^{-2(L-1)}\}$ から $e^{-2(L-1)}=1$ であり，$L=1$ となる。したがって ${\lim }_{n\to \infty }{x}_n=1$ である。