https://spherical-harmonics.hateblo.jp/entry/Qdai/2023/SuIIIB

2025.02.01記

[2] $\alpha$ を実数とする．数列 $\{a_n\}$ が
$a_1=\alpha$ ， $a_{n+1}=|a_n-1|+a_n-1$ （ $n=1，2，3，……$ ）
で定められるとき，以下の問いに答えよ．

(1) $\alpha\leqq 1$ のとき，数列 $\{a_n\}$ の収束，発散を調べよ．

(2) $\alpha\gt 2$ のとき，数列 $\{a_n\}$ の収束，発散を調べよ．

(3) $1\lt \alpha\lt\dfrac{3}{2}$ のとき，数列 $\{a_n\}$ の収束，発散を調べよ．

(4) $\dfrac{3}{2}\leqq \alpha\lt 2$ のとき，数列 $\{a_n\}$ の収束，発散を調べよ．

本問のテーマ

絶対値と $\min，\max$
2進数

2025.02.01記
$f(x)=|x-1|+x-1$ について $f(x)=x$ となるのは $x=0，2$ で交点における $f(x)$ の傾きを考えると $x=2$ では傾きが2となり，1より大きいのでは湧き出し， $x=0$ では傾きが0となり，絶対値が1未満なので吸い込みとなる．よって $x\gt 2$ では $+\infty$ に発散し， $x=2$ は(不動点なので) $2$ に収束し， $x\lt 2$ では $0$ に収束することがわかる．

絶対値と $\min，\max$

$\max\{a，b\}=\dfrac{a+b+|a-b|}{2}$ ， $\min\{a，b\}=\dfrac{a+b-|a-b|}{2}$ である．

[大人の解答]
$f(x)=|x-1|+x-1=2\cdot\dfrac{x+1+|x-1|}{2}-2$ $=2\max\{1，x\}-2$ $=\max\{0，2(x-2)+2\}$
とすると， $a_{n+1}=f(a_n)$ （ $n=1，2，3，……$ ）が成立する．

よって
$a_2=\max\{0，2(\alpha-2)+2\}$ ，
$a_3=\max\{0，\max\{2(0-2)+2，4(\alpha-2)+2\}\}$ $=\max\{0，-2，4(\alpha-2)+2\}$ $=\max\{0，4(\alpha-2)+2\}$
となり，帰納的に
$a_{n}=\max\{0，2^{n-1}(\alpha-2)+2\}$ （ $n=2，3，4，……$ ）
が成立する．よって
$\displaystyle\lim_{n\to\infty} 2^{n-1}(\alpha-2)=\left\{\begin{array}{ll} +\infty & (\alpha \leqq 2) \\ 0 & (\alpha=2) \\ -\infty & (\alpha\lt 2) \end{array} \right.$
から
$\displaystyle\lim_{n\to\infty} a_n=\left\{\begin{array}{ll} +\infty & (\alpha \leqq 2) \\ 2 & (\alpha=2) \\ 0 & (\alpha\lt 2) \end{array} \right.$
となる.

以上から

(1) 数列 $\{a_n\}$ は $0$ に収束する．
(2) 数列 $\{a_n\}$ は $+\infty$ に発散する．
(3) 数列 $\{a_n\}$ は $0$ に収束する．
(4) 数列 $\{a_n\}$ は $0$ に収束する．

これと同等ではあるが $\max$ を用いない解答を示しておく．

[解答]
$f(x)=|x-1|+x-1=\left\{\begin{array}{ll} 0 & (x\leqq 1) \\ 2(x-1)=2(x-2)+2 & (x\geqq 1) \end{array} \right.$
とすると， $a_{n+1}=f(a_n)$ （ $n=1，2，3，……$ ）が成立する．

ここで， $a_k=0$ ならば， $a_{k+1}=0$ となり，以降の数列の項の値は $0$ のままであるから，

「数列のある項の値が一旦 $1$ 以下になれば数列 $\{a_n\}$ は $0$ に収束する…(★)」

(1) (★)により，数列 $\{a_n\}$ は $0$ に収束する．

(2) $\alpha=\beta+2$ （ $\beta\gt 0$ ）とおくと $a_2=2\beta+2$ （ $2\beta\gt 0$ ）となるので帰納的に $a_n=2^{n-1}\beta+2$ となるので数列 $\{a_n\}$ は $+\infty$ に発散する．

(3) $0\lt a_2\lt 1$ だから(★)により，数列 $\{a_n\}$ は $0$ に収束する．

(3)(4) 任意の自然数 $n$ に対して $1\gt a_n$ であると仮定すると任意の自然数 $n$ について
$a_{n+1}=2a_n-2$ ，つまり $a_{n+1}-2=2(a_n-2)$
が成立するので
$a_n=2-(2-\alpha)\cdot 2^{n-1}$
となるが， $n\to\infty$ で $a_n\to-\infty$ だから十分大きな $n$ で $a_n\lt 1$ となり矛盾する．
よってある $N$ に対して $a_N\leqq 1$ となり，(★)により，数列 $\{a_n\}$ は $0$ に収束する．

(3)は $a_n$ は減少することからやがて $1$ 以下になるのでは？というヒントと部分点を与えるためにある小問になっている．

2進数

さて， $f(x)=|x-1|+x-1$ は $x\leqq 1$ のとき $0$ で， $x\gt 1$ のとき $2(x-1)$ であるから， $x\geqq 0$ のとき， $x$ の2進数表記の整数部分が1よりも大きければ1を引いて小数点を右に1つずらしたものが $f(x)$ となる．よって例えば $a_1=1.111$ のとき $a_2=1.11$ ， $a_3=1.1$ ， $a_4=1$ ， $a_5=0$ となり，以降はずっと $0$ となる．また $a_1=1.11101$ のとき $a_2=1.1101$ ， $a_3=1.101$ ， $a_4=1.01$ ， $a_5=0.1$ (で2進数表記の整数部分が0となるので)， $a_6=0$ ，以降はずっと $0$ となる．

有限小数は $\dfrac{1}{2}=0.01111111\cdots=0.0\dot{1}$ のように末尾に1が無限に続く表記を用いずに $\dfrac{1}{2}=0.1000000\cdots$ のように有限桁の後に0が続くという表記を用いることにすると， $1\leqq \alpha\lt 2$ の2進数表記において小数第 $k$ 位に始めて0が登場し，それ以降に1が登場しなければ $a_{k+1}$ で数列の値が初めて 0 になり，それ以降に1が登場するならば $a_{k+2}$ で数列の値が初めて 0 になることがわかり，それ以降の数列の値は 0 となる． $1\leqq \alpha\lt 2$ の2進数表記において小数点以下に必ず0が登場するので，必ず $\{a_n\}$ は $0$ に収束するのである．

(3)(4) さて，数列のある項の値が $1$ より大きいとき，次の項の値は1を引いて2倍したものであるから，2進数表示で考えると，1を引いて小数点を1つ右にずらすことに対応する．

$1_{(2)}\lt\alpha\lt 1.1_{(2)}$ であるから， $0_{(2)}\lt a_2 \lt 1_{(2)}$ となり， (★)により，数列 $\{a_n\}$ は $0$ に収束する．

$1.1_{(2)}\leqq \alpha\lt 1.11_{(2)}$ のとき $1_{(2)}\leqq a_2 \lt 1.1_{(2)}$ ， $0_{(2)}\leqq a_3 \lt 1_{(2)}$ となり，(★)により，数列 $\{a_n\}$ は $0$ に収束する．

$1.11_{(2)}\leqq \alpha\lt 1.111_{(2)}$ のとき $1.1_{(2)}\leqq a_2 \lt 1.11_{(2)}$ ， $1_{(2)}\leqq a_3 \lt 1.1_{(2)}$ ， $0_{(2)}\leqq a_4 \lt 1_{(2)}$ となり，(★)により，数列 $\{a_n\}$ は $0$ に収束する．

$1.111_{(2)}\leqq \alpha\lt 1.1111_{(2)}$ のとき $1.11_{(2)}\leqq a_2 \lt 1.111_{(2)}$ ，…， $0_{(2)}\leqq a_5 \lt 1_{(2)}$ となり，(★)により，数列 $\{a_n\}$ は $0$ に収束する．

$1.1111_{(2)}\leqq \alpha\lt 1.11111_{(2)}$ のとき $1.111_{(2)}\leqq a_2 \lt 1.1111_{(2)}$ ，…， $0_{(2)}\leqq a_6 \lt 1_{(2)}$ となり，(★)により，数列 $\{a_n\}$ は $0$ に収束する．

と続いていき，

$2-\dfrac{1}{2^k}\leqq\alpha\lt 2-\dfrac{1}{2^{k+1}}$ のとき， $0\leqq a_{k+2} \lt 1$ となり，(★)により，数列 $\{a_n\}$ は $0$ に収束する．

ことが言え，任意の $1\lt\alpha\lt 2$ に対してある自然数 $k$ が存在して $2-\dfrac{1}{2^k}\leqq\alpha\lt 2-\dfrac{1}{2^{k+1}}$ となるので，数列 $\{a_n\}$ は $0$ に収束することが言える．

[うまい解答]
$f(x)=|x-1|+x-1=\left\{\begin{array}{ll} 0 & (x\leqq 1) \\ 2(x-1)=2(x-2)+2 & (x\geqq 1) \end{array} \right.$
とすると， $a_{n+1}=f(a_n)$ （ $n=1，2，3，……$ ）が成立する．

ここで， $a_k=0$ ならば， $a_{k+1}=0$ となり，以降の数列の項の値は $0$ のままであるから，

「数列のある項の値が一旦 $1$ 以下になれば数列 $\{a_n\}$ は $0$ に収束する…(★)」

(1) (★)により，数列 $\{a_n\}$ は $0$ に収束する．

(2) $\alpha=2+\beta$ （ $\beta\gt 0$ ）とおくと $a_2=2\beta+2$ となるので帰納的に $a_n=2^{n-1}\beta+2$ となるので数列 $\{a_n\}$ は $+\infty$ に発散する．

(3)(4) 任意の $1\lt\alpha\lt 2$ に対してある自然数 $k$ が存在して不等式 $2-\dfrac{1}{2^k}\leqq a_1=\alpha\lt 2-\dfrac{1}{2^{k+1}}$ が成立する．このとき
$f\left(2-\dfrac{1}{2^k}\right)=2-\dfrac{1}{2^{k-1}}$ であることから
$2-\dfrac{1}{2^{k-1}}\leqq a_2 \lt 2-\dfrac{1}{2^{k}}$ ， $2-\dfrac{1}{2^{k-2}}\leqq a_3 \lt 2-\dfrac{1}{2^{k-1}}$ ，…，
$2-1=1\leqq a_{k+1} \lt 2-\dfrac{1}{2}=\dfrac{3}{2}$ ， $0\leqq a_{k+2} \lt 1$ となるので数列 $\{a_n\}$ は $0$ に収束する．

この最後に登場する $1\leqq a_{k+1} \lt \dfrac{3}{2}$ が(3)の場合分けの動機である．