解説

方針・初手

まず $0<x<1$ のときの $f(x)$ の値域を押さえる。これにより，漸化式で定まる数列 ${a_n}$ が常に区間 $(0,1)$ に入ることが分かる。

次に $f(x)-x$ の符号を調べると，$x=\dfrac12$ を境にして $f(x)$ が $x$ より大きいか小さいかが分かる。これにより，数列 ${a_n}$ の単調性が決まり，極限を求められる。

解法1

**(1)**

$0<x<1$ より $x^2>0$ であるから，

$$ 3x^2>0,\qquad 2x^2+1>0 $$

であり，

$$ f(x)=\frac{3x^2}{2x^2+1}>0 $$

である。

また，$0<x<1$ ならば $x^2<1$ であるから，

$$ 3x^2<2x^2+1 $$

が成り立つ。分母 $2x^2+1$ は正なので，両辺を $2x^2+1$ で割って

$$ \frac{3x^2}{2x^2+1}<1 $$

すなわち

$$ 0<f(x)<1 $$

である。

したがって，$0<x<1$ ならば $0<f(x)<1$ となることが示された。

**(2)**

$f(x)-x=0$ を解く。

$$ \frac{3x^2}{2x^2+1}-x=0 $$

より，

$$ 3x^2=x(2x^2+1) $$

したがって，

$$ 2x^3-3x^2+x=0 $$

$$ x(2x^2-3x+1)=0 $$

$$ x(2x-1)(x-1)=0 $$

ゆえに，

$$ x=0,\ \frac12,\ 1 $$

である。

**(3)**

$a_1=\alpha,\ a_{n+1}=f(a_n)$ とする。ただし $0<\alpha<1$ である。

まず （1） より，$0<a_1<1$ ならば $0<a_2=f(a_1)<1$ であり，同様にしてすべての $n$ について

$$ 0<a_n<1 $$

が成り立つ。

次に $f(x)-x$ の符号を調べる。

$$ f(x)-x=\frac{3x^2}{2x^2+1}-x =\frac{3x^2-x(2x^2+1)}{2x^2+1} =\frac{-2x^3+3x^2-x}{2x^2+1} $$

$$ =\frac{x(-2x^2+3x-1)}{2x^2+1} =\frac{-x(2x-1)(x-1)}{2x^2+1} =\frac{x(1-x)(2x-1)}{2x^2+1} $$

ここで $0<x<1$ では

$$ x>0,\qquad 1-x>0,\qquad 2x^2+1>0 $$

であるから，$f(x)-x$ の符号は $2x-1$ の符号と一致する。したがって，

• $0<x<\dfrac12$ ならば $f(x)-x<0$
• $x=\dfrac12$ ならば $f(x)-x=0$
• $\dfrac12<x<1$ ならば $f(x)-x>0$

となる。

以下，$\alpha$ の値で場合分けする。

**(i)**

$0<\alpha<\dfrac12$ のとき

$a_1<\dfrac12$ であり，$0<a_n<1$ の範囲で $a_n<\dfrac12$ ならば

$$ a_{n+1}-a_n=f(a_n)-a_n<0 $$

である。よって ${a_n}$ は単調減少で，しかも $a_n>0$ だから下に有界である。したがって ${a_n}$ は収束し，その極限を $\ell$ とおく。

$f(x)$ は連続関数なので，漸化式 $a_{n+1}=f(a_n)$ の両辺の極限をとると

$$ \ell=f(\ell) $$

となる。（2） より，これを満たす $\ell$ は

$$ \ell=0,\ \frac12,\ 1 $$

のいずれかである。

しかし ${a_n}$ は正で単調減少，しかも $a_1<\dfrac12$ であるから

$$ 0<\ell\le a_1<\frac12 $$

である。したがって可能なのは $\ell=0$ のみである。

よって

$$ \lim_{n\to\infty}a_n=0 $$

である。

**(ii)**

$\alpha=\dfrac12$ のとき

（2） より $f!\left(\dfrac12\right)=\dfrac12$ であるから，

$$ a_1=\frac12 \Longrightarrow a_2=\frac12 \Longrightarrow \cdots $$

となり，数列は定数列である。よって

$$ \lim_{n\to\infty}a_n=\frac12 $$

である。

**(iii)**

$\dfrac12<\alpha<1$ のとき

$a_1>\dfrac12$ であり，$0<a_n<1$ の範囲で $a_n>\dfrac12$ ならば

$$ a_{n+1}-a_n=f(a_n)-a_n>0 $$

である。よって ${a_n}$ は単調増加である。また （1） より常に $a_n<1$ であるから，上に有界である。したがって ${a_n}$ は収束し，その極限を $\ell$ とおく。

同様にして

$$ \ell=f(\ell) $$

であるから，（2） より

$$ \ell=0,\ \frac12,\ 1 $$

のいずれかである。

しかし ${a_n}$ は単調増加で，$a_1>\dfrac12$ だから

$$ \ell\ge a_1>\frac12 $$

である。したがって可能なのは $\ell=1$ のみである。

よって

$$ \lim_{n\to\infty}a_n=1 $$

である。

以上より，

$$ \lim_{n\to\infty}a_n= \begin{cases} 0 & \left(0<\alpha<\dfrac12\right),\\[1mm] \dfrac12 & \left(\alpha=\dfrac12\right),\\[1mm] 1 & \left(\dfrac12<\alpha<1\right) \end{cases} $$

となる。

解説

この問題の本質は，反復写像 $a_{n+1}=f(a_n)$ に対して，まず区間 $(0,1)$ が保たれることを示し，次に $f(x)-x$ の符号で数列の増減を判定する点にある。

特に

$$ f(x)-x=\frac{x(1-x)(2x-1)}{2x^2+1} $$

と因数分解できれば，$x=\dfrac12$ が境目であることがすぐに分かる。極限そのものは不動点 $f(x)=x$ の解に限られるので，（2） の結果が （3） にそのまま効いてくる。

答え

**(1)**

$0<x<1$ ならば

$$ 0<f(x)<1 $$

である。

**(2)**

$f(x)-x=0$ となる $x$ は

$$ x=0,\ \frac12,\ 1 $$

である。

**(3)**

$$ \lim_{n\to\infty}a_n= \begin{cases} 0 & \left(0<\alpha<\dfrac12\right),\\[1mm] \dfrac12 & \left(\alpha=\dfrac12\right),\\[1mm] 1 & \left(\dfrac12<\alpha<1\right) \end{cases} $$

である。