【東京大学・理類】
関数 f(x) を f(x)=\displaystyle\frac{1}{2}x\left\{1+e^{-2(x-1)}\right\} とする．
ただし，e は自然数対数の底である．
(１) x>\displaystyle\frac{1}{2} ならば 0≦f^{\prime}(x)<\displaystyle\frac{1}{2} であることを示せ．
(２) x_{0} を正の数とするとき，数列 \left\{x_{n}\right\} ( n=0,1,\cdots ) を，x_{n+1}=f(x_{n}) によって定める．
x_{0}>\displaystyle\frac{1}{2} であれば，\displaystyle\lim_{n\rightarrow\infty}x_{n}=1
であることを示せ．
漸化式で定められた数列の極限の求め方
漸化式の一般項が求められなくても，極限値を求めることができる問題は頻出タイプです！
解法の手順を確認しておきましょう！
数列 \left\{a_{n}\right\} が漸化式
a_{1}=a , a_{n+1}=f(a_{n}) ・・・①
を満たし，\left\{a_{n}\right\} は \alpha に収束するとする．
( ⅰ ) ①の両辺で n \rightarrow \infty とすると \alpha=f(\alpha) となる．
よって，極限値 \alpha は，x=f(x) の解
( ⅱ ) 不等式 |a_{n+1}-\alpha|≦r|a_{n}-\alpha| ( r は 0<r<1 を満たす定数 ) ・・・②
を導く．
( ⅲ ) ②を繰り返し用いて，
0≦|a_{n+1}-\alpha|≦r^{n-1}|a_{1}-\alpha|
0<r<1 より，\displaystyle\lim_{n\rightarrow\infty}r^{n-1}|a_{1}-\alpha|=0 であるから，
はさみうちの原理より，\displaystyle\lim_{n\rightarrow\infty}|a_{n}-\alpha|=0
つまり，\displaystyle\lim_{n\rightarrow\infty}a_{n}=\alpha
解答・解説
(１)
f(x)=\displaystyle\frac{1}{2}x\left\{1+e^{-2(x-1)}\right\} より
f^{\prime}(x)=\displaystyle\frac{1}{2}\left\{1+e^{-2(x-1)}-2xe^{-2(x-1)}\right\}
f^{\prime\prime}(x)=\displaystyle\frac{1}{2}\left\{-2e^{-2(x-1)}-2e^{-2(x-1)}+4xe^{-2(x-1)}\right\}
=2e^{-2(x-1)}(x-1)
| x | \left(\displaystyle\frac{1}{2}\right) | ・・・ | 1 | ・・・ |
| f^{\prime\prime}(x) | ー | 0 | ＋ | |
| f^{\prime}(x) | \left(\displaystyle\frac{1}{2}\right) | ↘️ | 0 | ↗️ |
\displaystyle\lim_{x\rightarrow\infty}f^{\prime}(x)=\displaystyle\lim_{x\rightarrow\infty}\displaystyle\frac{1}{2}\left\{1+\displaystyle\frac{1}{e^{2(x-1)}}+\displaystyle\frac{2x}{e^{2(x-1)}}\right\}=\displaystyle\frac{1}{2}
よって x>\displaystyle\frac{1}{2} ならば 0≦f^{\prime}(x)<\displaystyle\frac{1}{2}
(２)
まず初めに，x_{n}>\displaystyle\frac{1}{2} ( n=0,1,2,\cdots ) ・・・①
が成り立つことを数学的帰納法を用いて示す．
( ⅰ ) n=0 のとき
x_{0}>\displaystyle\frac{1}{2} より成立する．
( ⅱ ) n=k のとき，x_{k}>\displaystyle\frac{1}{2} と仮定する
(１)より，x>\displaystyle\frac{1}{2} のとき
0≦f^{\prime}(x)<\displaystyle\frac{1}{2} であるから，
f(x) は x>\displaystyle\frac{1}{2} において単調増加である．
よって，f(x)>f\left(\displaystyle\frac{1}{2}\right)
f(x)>\displaystyle\frac{1}{4}(1+e)>\displaystyle\frac{1}{4}(1+1)=\displaystyle\frac{1}{2}
よって，x_{n+1}=f(x_{n})>\displaystyle\frac{1}{2}
となり n=k+1 のときも成り立つ．
( ⅰ )，( ⅱ )より，①は常に成り立つ．
次に a , b を x>\displaystyle\frac{1}{2} を満たす数とする．
a\not=b のとき平均値の定理より
\displaystyle\frac{f(b)-f(a)}{b-a}=f^{\prime}(c) ・・・②
をみたす c が a と b の間に存在する．
c>\displaystyle\frac{1}{2} であるから，(１)より 0≦f^{\prime}(c)<\displaystyle\frac{1}{2} なので②より
|f(b)-f(a)|=|f^{\prime}(c)||b-a|≦\displaystyle\frac{1}{2}|b-a| ・・・③
また，a=b のときも③は成り立つ．
③において，a=1 , b=x_{n} とすると
|f(x_{n})-f(1)|≦\displaystyle\frac{1}{2}|x_{n}-1|
|f(x_{n})-1|≦\displaystyle\frac{1}{2}|x_{n}-1| ・・・④
④を繰り返し用いると
0≦|x_{n}-1|<\left(\displaystyle\frac{1}{2}\right)^n|x_{0}-1|
\displaystyle\lim_{n\rightarrow\infty}\left(\displaystyle\frac{1}{2}\right)^n|x_{0}-1|=0
であるから，はさみうちの原理より
\displaystyle\lim_{n\rightarrow\infty} |x_{n}-1|=0
したがって，\displaystyle\lim_{n\rightarrow\infty}x_{n}=1
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