次: お茶大前期 上: 解答 前: 解答

東大理系後期

(1)

$b\le \dfrac{1}{2}$ かつ 2b=b または， $\dfrac{1}{2}<b$ かつ-2b+2=b より $b=0,\ \dfrac{2}{3}$．

(2)

一般に $0\le b<1$ のとき， f(x)=bとなる x は，

$$\dfrac{b}{2},\ 1-\dfrac{b}{2}$$

で， b=1 ならf(x)=1となる x は $x=\dfrac{1}{2}$ である． これにもとづいて a_n+1=f(a_n) より a₄ からはじめて順次 n の小さいものを作っていく．

$$\begin{eqnarray*}a_4&=&0,\ \dfrac{2}{3}\\ a_3&=&0,\ \dfrac{1}{3},\ \dfrac{2}{3... ...}{3\cdot2^2},\ \dfrac{8}{3\cdot2^2},\ \dfrac{7}{3\cdot2^2}\\ \end{eqnarray*}$$

$$∴ \quad a_1=\dfrac{j}{12}\ \ \ (j=0,\ 1,\ \cdots,\ 12)$$

(3)

同様に

$$a_1=\dfrac{j}{3\cdot2^{n-2}}\ \ \ (j=0,\ 1,\ \cdots,\ 3\cdot2^{n-2})$$

と推測される．これを数学的帰納法で示す． n=1 のときは(1)より成立している． n=k のとき成立しているとする． n=k+1 のときの a₂ がとりうる値は n=k のときのa₁ がとりうる値に等しい．ゆえにn=k のときの仮定より

$$a_2=\dfrac{j}{3\cdot2^{k-2}}\ \ \ (j=0,\ 1,\ \cdots,\ 3\cdot2^{k-2})$$

である．したがって

$$\begin{eqnarray*}a_2&=&\dfrac{j}{3\cdot2^{k-1}}\ \ \ (j=0,\ 1,\ \cdots,\ 3\cdot2... ...-1}-j}{3\cdot2^{k-1}}\ \ \ (j=0,\ 1,\ \cdots,\ 3\cdot2^{k-2}-1) \end{eqnarray*}$$

つまり

$$a_1=\dfrac{j}{3\cdot2^{k-1}}\ \ \ (j=0,\ 1,\ \cdots,\ 3\cdot2^{k-1})$$

となり，n=k+1 でも成立する．

$$∴ \quad a_1=\dfrac{j}{3\cdot2^{n-2}}\ \ \ (j=0,\ 1,\ \cdots,\ 3\cdot2^{n-2})$$

(4)

背理法で示す．すべての n に対して $a_n<\dfrac{3}{4}$ とする． このときある番号 n で 初期値 a₁ は(3)のいずれかに一致するものが 存在すること示せばよい． つまりある番号 n₀ で a_n0=0 または $a_{n_0}=\dfrac{2}{3}$ となるものが 存在すること示せばよい． a₁=0 なら存在した． もし $0<a_1\le\dfrac{1}{2}$ なら a₂=2a₁ と， $\dfrac{1}{2}$ 以下であるかぎり 順次2倍されていくので，必ずある番号 n₀ で $\dfrac{1}{2}<a_{n_0}<\dfrac{3}{4}$となるものがある．さらにこのとき

$$a_{n_0+1}=-2a_{n_0}+2<\dfrac{3}{4}$$

なので

$$\dfrac{5}{8}<a_{n_0}<\dfrac{3}{4} \quad \cdots\maru{1}$$

である．したがって同様に

$$\dfrac{5}{8}<a_{n_0+1}<\dfrac{3}{4} \quad \cdots\maru{2}$$

である．$\maru{1}$なら$\maru{2}$がつねに成り立つので $n\ge n_0$ に対して

$$\dfrac{5}{8}<a_n<\dfrac{3}{4}$$

である．ゆえにこの範囲の n に対しては漸化式 a_n+1=-2a_n+2 が成立する． これから

$$a_{n+1}-\dfrac{2}{3}=-2\left(a_n-\dfrac{2}{3}\right)$$

つまり

$$a_n-\dfrac{2}{3}=(-2)^{n-n_0}\left(a_{n_0}-\dfrac{2}{3}\right)$$

ここで $a_n<\dfrac{3}{4}$なので

$$(-2)^{n-n_0}\left(a_{n_0}-\dfrac{2}{3}\right)+\dfrac{2}{3}<\dfrac{3}{4}$$

これから

$$(-2)^{n-n_0}\left(a_{n_0}-\dfrac{2}{3}\right)<\dfrac{1}{12}$$

これが $n\ge n_0$ であるすべての n で成立しなければならない． もし $a_{n_0}-\dfrac{2}{3}\ne 0$なら

$$\lim_{n \to \infty} \left\vert(-2)^{n-n_0}\left(a_{n_0}-\dfrac{2}{3}\right) \right\vert =\infty$$

なので，十分大きい n で n-n₀ が偶数になるものについては

$$(-2)^{n-n_0}\left(a_{n_0}-\dfrac{2}{3}\right)<\dfrac{1}{12}$$

が成立しない． ゆえに $a_{n_0}=\dfrac{2}{3}$．つまり番号 n₀ に対しa_n0 が(1)の値に一致した． ゆえに a=1 は(3)の条件をみたすことになり，背理法が成立した．

(5)

数列$\{a_n\}$の初期値 a₁ が(3)の条件をみたせば， ある番号 n₀ があって $n\ge n_0$ なら つねにa_n=0 か，つねに $a_n=\dfrac{2}{3}$となる．つまり数列 $\{a_n\}$は收束する． 数列$\{a_n\}$の初期値 a₁ が(3)の条件をみたさないとする． (4)より，ある番号 n₁ で $a_{n_1}\ge\dfrac{3}{4}$ となるものがある． このとき a_n1+1=-2a_n1+2 より $a_{n_1+1}\le\dfrac{1}{2}$ となる． ここでもし n>n₁ なる n に対してつねに $a_n<\dfrac{3}{4}$ なら，(4)と同様の 議論によって，ある n₀ で $a_{n_0}=0,\ \dfrac{2}{3}$ となるものがあり， 数列$\{a_n\}$の初期値 a₁ が(3)の条件をみたさなければならない． ゆえに n₂>n₁ で $a_{n_2}\ge\dfrac{3}{4}$ となるものがあり， $a_{n_2}\le\dfrac{1}{2}$ となる． これをくり返せば， $n_1<n_2<n_3<\cdots$ で $a_{n_1},\ a_{n_2},\ a_{n_3},\ \cdots \ge\dfrac{3}{4}$ となるものが存在し，このとき $a_{n_1+1},\ a_{n_2+1},\ a_{n_3+1},\ \cdots \le\dfrac{1}{2}$ である． つまり数列 $\{a_n\}$ の項で $a_n\ge \dfrac{3}{4}$ となるものと， $a_n\le\dfrac{3}{4}$ となるものが無数に存在する． 数列 $\{a_n\}$ は発散部分列を含むので，発散する． よって数列 $\{a_n\}$ が收束するための 必要十分条件は数列$\{a_n\}$の初期値 a₁ が(3)の条件を満たすことである．

次: お茶大前期 上: 解答 前: 解答