第4問 数列・微分の解答・解説

$g\left(x\right)=f\left(x\right)-x=\log \left(x+1\right)+1-x$ とおく。$x>-1$ で

なので、$x>0$ では $g^{\prime }\left(x\right)<0$ であり $g$ は狭義単調減少である。よって $x>0$ での解は多くても1つである。

存在を見る。$g$ は $x\ge 0$ で連続で

であり、$\log 4<\log {\mathrm{e}}^2=2$ より

である。中間値の定理より $0<\alpha <3$ に $g\left(\alpha \right)=0$ をみたす $\alpha$ が存在する。単調性と合わせて、$x>0$ での解はこの $\alpha$ ただ1つである。$■$

$f^{\prime }\left(x\right)=\frac{1}{x+1}>0$（$x>-1$）なので $f$ は増加関数である。

$n$ についての帰納法で示す。$n=1$ のとき $x_1=1\ge 1$ でよい。

$x_n\ge 1$ を仮定する。$f$ は増加だから

である（$\log 2>0$）。よって $x_{n+1}\ge 1$ である。以上より、すべての $n$ で $x_n\ge 1$ である。$■$

同じ議論で $x_n<3$ もわかる。$x_n<3$ なら $x_{n+1}<\log 4+1<3$ だからである。つまり $\left\{x_n\right\}$ は $\left[1,3\right)$ に留まり、$\alpha$ もこの区間にある。

まず $\alpha >1$ である。実際 $g\left(1\right)=\log 2>0$ で $g$ は減少、$g\left(\alpha \right)=0$ だから $\alpha >1$ である。

$x_n=\alpha$ なら $x_{n+1}=f\left(\alpha \right)=\alpha$ で不等式は成り立つ。$x_n\ne \alpha$ とする。$f$ は $x_n$ と $\alpha$ を含む閉区間で連続・微分可能なので、平均値の定理より、その区間の内部に

をみたす $c$ がある。左辺は $x_{n+1}-\alpha$ である。(2) より $x_n\ge 1$、また $\alpha >1$ なので、その間にある $c$ は $c>1$ をみたす。よって

であり

である。$■$

(3) の不等式を繰り返し使うと

である。$\left|\frac{1}{2}\right|<1$ なので ${\left(\frac{1}{2}\right)}^{n-1}\to 0$ であり、右辺は $0$ に収束する。はさみうちの原理より

である。$■$

$\left|x_1-\alpha \right|=\left|1-\alpha \right|<2$ なので $\left|x_n-\alpha \right|<2^{2-n}$ である。$n=20$ でも誤差は $10^{-5}$ 程度までしか保証されないが、実際の比は $0.32$ 前後なので収束はもっと速い。