[math]1961年度東京工業大学数学問題6

math

2021.11.182021.10.10

問題
方針
解答
解説

問題

すべての$x$に対して$|f^{\prime}(x)|<\frac{1}{2}$となるとき、
$(1)$方程式$f(x)-x=0$がただ$1$つの実根をもつことを証明せよ。
$(2)$この実根を$\alpha$とするとき、無限数列${a_n}$が$$a_n = f(a_{n-1}) \ (n = 1,\ 2,\ \cdots,\ )$$を満たすならば、$$\lim_{n\to\infty}{a_n} = \alpha$$が成り立つことを証明せよ。

方針

$(1)$は与えられた条件を積分する。$x$の正負で場合分けした方が安全である。
$(2)$は不等式で抑えて、挟み撃ちの原理を用いる。

解答

$(1)$$g(x)=f(x)-x$とする。$$g^{\prime}(x)=f^{\prime}(x)-1$$であるが、与えられた条件から$$-\frac{1}{2} < f^{\prime}(x) < \frac{1}{2}$$であるから、$g^{\prime}(x) = f^{\prime}(x)-1 < -\frac{1}{2}<0$である。したがって、$g(x)$は減少関数である。$g(0)=f(0)=0$とすると、$x < 0$では$g(x)>0$、$x>0$では$g(x)<0$となり、確かに$g(x)=0$はただ$1$つの実根を持つ。$g(0)=f(0) \ne 0$とすると、$$-\frac{1}{2}<f^{\prime}(x)<\frac{1}{2}$$を$0$から$x (>0)$で積分して、$$-\frac{1}{2}x < f(x)-f(0) < \frac{1}{2}x$$となる。変形して、$$-\frac{3}{2}x+f(0)<g(x)<-\frac{1}{2}x+f(0)$$である。十分大きな$x$に対して、$-\frac{1}{2}x+f(0)$は負になる。したがって、十分大きな$x$に対して$g(x)<0$である。
また、同じ不等式を$x(< 0)$から$0$まで積分して、$$-\frac{1}{2}x < f(0)-f(x) < \frac{1}{2}x$$となる。変形して、$$f(0)-\frac{3}{2}x < g(x) < f(0)-\frac{1}{2}x$$となる。十分小さな$x$に対して、$f(0)-\frac{3}{2}x$は正になる。したがって、十分小さな$x$に対して、$g(x)>0$である。$g(x)$は単調減少であるから、ただ$1$つの実根を持つことが証明された。

$(2)$$$a_{n}-\alpha = f(a_{n-1})-f(\alpha) $$
である。平均値の定理から、$$f(a_{n-1})-f(\alpha) = (a_{n-1}-\alpha)f^{\prime}(c)$$を満たす実数$c$が存在する。$|f^{\prime}(c)|<\frac{1}{2}$だから、$$| a_{n}-\alpha | < \frac{1}{2} | a_{n-1}-\alpha|$$となる。繰り返しこれを用いると、$$|a_n-\alpha|< \left(\frac{1}{2}\right)^{n-1}|a_1-\alpha|$$であるが、$n\to\infty$の時$\left(\frac{1}{2}\right)^{n-1}|a_1-\alpha|\to 0$であるから、$a_n \to \alpha$となることが分かる。