https://spherical-harmonics.hateblo.jp/entry/Handai/2022/Rikei

2022.03.01記

[4] $f(x)=\log(x+1)+1$ とする．以下の問いに答えよ．

(1) 方程式 $f(x)=x$ は， $x\gt 0$ の範囲でただ $1$ つの解をもつことを示せ．

(2) (1) の解を $\alpha$ とする．実数 $x$ が $0\lt x\lt \alpha$ を満たすならば，次の不等式が成り立つことを示せ．
$0\lt\dfrac{\alpha-f(x)}{\alpha-x}\lt f'(x)$

(3) 数列 $\{x_n\}$ を
$x_1=1$ ， $x_{n+1}=f(x_n)$
（ $n=1,2,3,\cdots\cdots$ ）
で定める．このとき，すべての自然数 $n$ に対して，
$\alpha-x_{n+1}\lt\dfrac{1}{2}(\alpha-x_n)$
が成り立つことを示せ。

(4) (3)の数列 $\{x_n\}$ について， $\displaystyle\lim_{n\to\infty} x_n=\alpha$ を示せ。

2022.03.01記
今年の阪大理系のセットは、予備校のテキストのような問題ばかりだな。

なお， $2\lt e(\lt 3)$ は既知としておく．

[解答]

(1) $g(x)=f(x)-x$ とおく．

$g'(x)=-\dfrac{x}{x+1}$ は $x\gt 0$ で負だから $g(x)$ は単調減少であるから， $x\gt 0$ における $g(x)=0$ の解は存在すれば唯一である．

$g(x)=f(x)-x=\log\dfrac{x+1}{e^{x-1}}$ であるから， $g(0)=\log e=1 \gt 0$ ， $g(3)=\log \dfrac{4}{e^2}\lt 0$ （∵ $e\gt 2$ ）となり中間値の定理から $x\gt 0$ における $g(x)=0$ の解は確かに存在する．

よって $x\gt 0$ における $g(x)=0$ の解は唯一存在する．

(2) $f(\alpha)=\alpha$ であるから，平均値の定理より，
$\dfrac{\alpha-f(x)}{\alpha-x}=\dfrac{f(\alpha)-f(x)}{\alpha-x}＝f'(c)$
なる $c$ が $x$ と $\alpha$ の間に存在する．

$x\gt 0$ で $f'(x)=\dfrac{1}{x+1}\gt 0$ より $f(x)$ は正の範囲で単調減少なので， $0\lt f'(\alpha)\lt f'(c)\lt f'(x)$ となり，題意は成立する．

(3) (2) と $x_{n+1}=f(x_n)$ より $0\lt \dfrac{\alpha-x_{n+1}}{\alpha-x_n}\lt f'(x_n)=\dfrac{1}{x_n+1}\cdots$ ① が成立するので， $1\leqq x_n$ であれば $0\lt \dfrac{\alpha-x_{n+1}}{\alpha-x_n}\lt f'(x_n)=\dfrac{1}{x_n+1}\leqq \dfrac{1}{2}$ となり題意が証明される．

ここで， $0\lt x_n\lt \alpha$ であれば①から
$0\lt \dfrac{\alpha-x_{n+1}}{\alpha-x_n}\lt f'(x_n)=\dfrac{1}{x_n+1}\lt \dfrac{1}{0+1}=1$
となり， $0\lt \alpha-x_{n+1} \lt \alpha-x_n$
から $x_n\lt x_{n+1}\lt \alpha$ が成立するが， $n=1$ のときに

$0\lt x_1=1\lt \alpha$
（ $g(x)$ が単調減少で $g(1)=\log 2 +1 =\log 2e \gt 0=g(\alpha)$ （∵ $2e\gt 1$ ））

となるので，帰納的に $1=x_1\lt x_2\lt \cdots$ が成立するので，すべての自然数 $n$ に対して
$0\lt \dfrac{\alpha-x_{n+1}}{\alpha-x_n}\lt f'(x_n)=\dfrac{1}{x_n+1}\lt \dfrac{1}{x_1+1}=\dfrac{1}{2}$
が成立する．

(4) (3)より帰納的に $0\lt|\alpha-x_n|\lt \dfrac{1}{2^{n-1}}|\alpha-x_1|$ が成立し，よって　 $\displaystyle\lim_{n\to\infty} \dfrac{1}{2^{n-1}}=0$ と，はさみうちの原理から　 $\displaystyle\lim_{n\to\infty} |x_n-\alpha|=0$ が成立し， $\displaystyle\lim_{n\to\infty} x_n=\alpha$ が成立する．

(1) で，やがて $g(x)\lt 0$ となることは， $g(e^2-1)=\log e^2+1-(e^2-1)=4-e^2\lt 0$ を用いても良い．

$\displaystyle\lim_{x\to\infty}\dfrac{x}{e^x}=0$ を利用する場合は， $e^t-t \gt 0$ ( $t\gt 0$ )を左辺の微分が正となることから証明し，これから $e^{x}=(e^{x/2})^2\gt \dfrac{x^2}{4}$ を導いて
$\displaystyle\lim_{x\to\infty}\dfrac{x}{e^x} \lt \displaystyle\lim_{x\to\infty}\dfrac{4}{x}=0$
と証明してから用いれば良い．