2020年 北海道大学理系数学 第4問の解説をしてみます。
エレガントな解法の類はやりません。あくまで、試験場で自分が解くとしたらどう考えるかな〜という観点で見ています。
$\alpha$ を $0 < \alpha < 1$ を満たす実数とし、 $f(x) = \sin{\frac{\pi x}{2}}$ とする。数列 $\{a_n\}$ が
\begin{align*}
a_1 = \alpha, a_{n+1} = f(a_n) (n = 1, 2, …)
\end{align*}で定義されるとき、次の問に答えよ。
(1) すべての自然数 $n$ に対して、 $0 < a_n < 1$ かつ $a_{n+1} > a_n$ が成り立つことを示せ。
(2) $b_n = \frac{1 – a_{n+1}}{1 – a_n}$ とおくとき、すべての自然数 $n$ に対して、 $b_{n+1} < b_n$ が成り立つことを示せ。
(3) $\displaystyle \lim_{n \to \infty} a_n$ および (2) で定めた $\{b_n\}$ に対して $\displaystyle \lim_{n \to \infty} b_n$ を求めよ。
2020 北海道大学理系
解いてみた感想
かなり解きごたえのある問題でした。この年だったら一番難しいレベルかなと思います。ただ、終始どこかで見たことあるような雰囲気だった（ある意味典型）ので、似た問題を解いたことがある人からすればそこまで苦戦しなかったのでは。初見ではなかなか厳しい気がする。
(1) 微分をする不等式証明
(1) の $0 < a_n < 1$ は数学的帰納法を用いてすぐに示すことができそうです。すぐ終わるので実際にやってみましょう。
数学的帰納法による $0 < a_n < 1$ の証明
$n = 1$ のとき、 $a_1 = \alpha$ は $0 < \alpha < 1$ をみたす。よって $0 < a_1 < 1$ が成立。
$k$ を自然数とする。
$n = k$ のとき、 $0 < a_k < 1$ が成立するとすれば、このとき $0 < \frac{\pi a_k}{2} < \frac{\pi}{2}$ より、 $0 < \sin{\frac{\pi a_k}{2}} < 1$ となる。よって $0 < a_{k+1} < 1$ が成立する。
以上より、すべての自然数 $n$ に対して $0 < a_n < 1$ が成立する。
次に $a_{n+1} > a_n$ を示してみます。これは、 $a_{n+1} = f(a_n)$ であることから、 $f(a_n) > a_n$ が示せればよさそうです。そこで、一般に $0 < x < 1$ としたとき、 $f(x) > x$ が成り立つことを証明してみます。
$0 < x < 1$ における $f(x) > x$ の証明
g(x) = f(x) – x = \sin{\frac{\pi x}{2}} – x
\end{align*}
とおく。示すべきは、$0 < x < 1$ において $g(x) > 0$ である。
g'(x) = \frac{\pi}{2} \cos{\frac{\pi x}{2}} – 1
\end{align*}
であり、 $\cos{\frac{\pi x}{2}}$ は $0<x<1$ で単調に減少するので $g'(x)$ も単調に減少する。
g'(0) = \frac{\pi}{2} – 1 > 0 \\
g'(1) = – 1 < 0
\end{align*}
であるから、 $0<x<1$ 内に $g'(x) = 0$ となる $x$ が存在する。これを $x_0$ とおいてやると、増減表は次のようになる。
| $x$ | $0$ | … | $x_0$ | … | $1$ |
| $g'(x)$ | + | 0 | – | ||
| $g(x)$ | 0 | 増加 | 減少 | 0 |
この増減表から、
g(x) \geq 0
\end{align*}
が言える。よって $f(x) > x$ が成り立ち、 $0 < a_n < 1$ と合わせて $a_{n+1} > a_n$ が示せた。
(2) 平均値の定理を用いた不等式証明
グラフ上で意味を解釈してみると、 $b_n < b_{n+1}$ は直感的には納得できます。
というのも、この図のように、 $b_n$ は点 $(1,1)$ と $(a_n, a_{n+1})$ を結ぶ線分の傾きであると解釈できるからです。
まぁ答案にこれ書いても多少の得点は来ると思いますが、ここでは数式を用いてもっと厳密に見てみましょう。すなわち、
h(x) = \frac{1 – f(x)}{1 – x}
\end{align*}
として、 $h(x)$ が $0<x<1$ で単調に減少することを示せばよいわけです。試しに微分してみましょう。
h'(x) = \frac{-f'(x) (1-x) + (1 – f(x))}{(1 – x)^2}
\end{align*}
うーん、ここでどう議論を進めていこうか、という話なんですが、思い出したいのは平均値の定理。不等式証明でよく出てくるアレですね。
（よく使う形の）平均値の定理
区間 $[a, b]$ で微分可能な関数 $f(x)$ に対して、次の条件を満たす $c$ が存在する。
& f'(c) = \frac{f(b) – f(a)}{b-a} \\
& a < c < b
\end{align*}
なんでここでいきなり平均値の定理！？分からん分からん！！ってなるかもしれませんが、漸化式と極限の問題でこのように平均値の定理を使って不等式証明をするのはわりと典型だったりします（もちろん難易度は高い）
さてさて、これを用いると
& 1 – f(x) = f(1) – f(x) = f'(c) (1 – x) \\
& x < c < 1
\end{align*}
となる $c$ をおくことができます。さて、これを用いて改めて $h(x)$ について見てみますと、
h'(x) & = \frac{-f'(x) (1-x) + (1 – f(x))}{(1 – x)^2} \\
& = \frac{-f'(x) (1-x) + f'(c) (1 – x)}{(1 – x)^2} \\
& = \frac{-f'(x) + f'(c)}{1 – x} \\
& = \frac{-f'(x) + f'(c)}{正}
\end{align*}
と変形することができます。$f'(x) = \frac{\pi}{2} \cos{\frac{\pi x}{2}}$ は $0<x<1$ で単調に減少するので、 $-f'(x) + f'(c) < 0$ となり、結局
h'(x) < 0
\end{align*}
となります。以上から $h(x)$ も単調に減少するので、 $a_n < a_{n+1}$ より
& h(a_{n+1}) < h(a_n) \\
& \frac{1 – f(a_{n+1})}{1 – a_{n+1}} < \frac{1 – f(a_{n})}{1 – a_{n}} \\
& b_{n+1} < b_n
\end{align*}
(3) はさみうち
まずは $a_n$ の極限 $\displaystyle \lim_{n \to \infty} a_n$ を考えてみましょう。先程の問題の誘導も考えて $a_n$ に関する不等式を作ってやる必要がありますが、 $b_n$ は単調減少するので、次の式が成り立ちます。
b_n \leq b_1
\end{align*}
よって、 $b_n = \frac{1 – a_{n+1}}{1 – a_n}$ より、$a_n$ に関する不等式が得られます。
( 0 \leq ) 1 – a_{n+1} \leq b_1 (1 – a_n)
\end{align*}
この不等式を繰り返し用いて、はさみうちの不等式が得られました。
0 \leq 1 – a_n \leq {b_1}^{n-1} (1 – a_1)
\end{align*}
あとは $0 < b_1 < 1$ が言えればはさみうちの原理が適用できますが、これは次のように示すことができます。
& 0 < a_1 < a_2 < 1 \\
& 0 < 1 – a_2 < 1 – a_1 \\
& 0 < \frac{1 – a_2}{1 – a_1} < 1 \\
& 0 < b_1 < 1
\end{align*}
以上から、はさみうちの原理により $\displaystyle \lim_{n \to \infty} (1 – a_n) = 0$ 、よって $\displaystyle \lim_{n \to \infty} a_n = 1$ となります。
次に $\displaystyle \lim_{n \to \infty} b_n$ を考えます。ここからもうひと工夫必要になってくるわけですね。
b_n & = \frac{1 – f(a_{n})}{1 – a_{n}} \\
& = \frac{f(1) – f(a_{n})}{1 – a_{n}} \\
& = f'(d) \, (a_n < d < 1)
\end{align*}
と平均値の定理を使うことで変形できます。よって $n \to \infty$ で $a_n \to 1$ よりはさみうちの原理から $d \to 1$ がわかり、結局
\lim_{n \to \infty} b_n = f'(1) = \frac{\pi}{2} \cos{\frac{\pi}{2}} = 0
\end{align*}
となります。
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