解説

方針・初手

多項式

$$ f(x)=x^3-x+a $$

とおく。方程式 $f(x)=0$ は相異なる3つの実数解をもち，そのうち大きい方の2つが $\beta,\gamma$ である。残りの1つを $\alpha$ とおけば

$$ \alpha<\beta<\gamma,\qquad f(x)=(x-\alpha)(x-\beta)(x-\gamma) $$

である。

反復式は

$$ x_{n+1}=x_n^3+a $$

であるから，まず $\beta<x_n<\gamma$ が保たれることを示す。すると

$$ x_{n+1}-x_n=f(x_n) $$

の符号が分かり，単調性が直ちに出る。最後に，単調有界性から極限を出し，その極限がどの根であるかを判定する。

解法1

$f(x)=0$ の3つの実数解を $\alpha<\beta<\gamma$ とする。

まず，$\beta<x_n<\gamma$ がすべての $n$ で成り立つことを示す。

$n=1$ では仮定より $\beta<x_1<\gamma$ である。

いま $\beta<x_n<\gamma$ と仮定する。このとき，$\beta$ は $f(x)=0$ の解であるから $\beta^3+a=\beta$ であり，

$$ \begin{aligned} x_{n+1}-\beta &=x_n^3+a-(\beta^3+a) \\ &=x_n^3-\beta^3 \\ &=(x_n-\beta)(x_n^2+\beta x_n+\beta^2) \end{aligned} $$

となる。ここで

$$ \begin{aligned} x_n^2+\beta x_n+\beta^2 &= \left(x_n+\frac{\beta}{2}\right)^2+\frac{3}{4}\beta^2>0 \end{aligned} $$

であるから，$x_n-\beta>0$ より

$$ x_{n+1}-\beta>0 $$

すなわち

$$ \beta<x_{n+1} $$

である。

同様に，$\gamma^3+a=\gamma$ を用いると

$$ \begin{aligned} x_{n+1}-\gamma &=x_n^3+a-(\gamma^3+a) \\ &=x_n^3-\gamma^3 \\ &=(x_n-\gamma)(x_n^2+\gamma x_n+\gamma^2) \end{aligned} $$

であり，

$$ \begin{aligned} x_n^2+\gamma x_n+\gamma^2 &= \left(x_n+\frac{\gamma}{2}\right)^2+\frac{3}{4}\gamma^2>0 \end{aligned} $$

だから，$x_n-\gamma<0$ より

$$ x_{n+1}-\gamma<0 $$

すなわち

$$ x_{n+1}<\gamma $$

である。

以上より，$\beta<x_n<\gamma$ ならば $\beta<x_{n+1}<\gamma$ である。したがって数学的帰納法により，

$$ \beta<x_n<\gamma\qquad(n=1,2,3,\dots) $$

が成り立つ。特に （1）

$$ \beta<x_n\qquad(n=1,2,3,\dots) $$

が示された。

次に （2） を示す。上で得た $\beta<x_n<\gamma$ と $\alpha<\beta$ から

$$ x_n-\alpha>0,\qquad x_n-\beta>0,\qquad x_n-\gamma<0 $$

である。よって

$$ \begin{aligned} x_{n+1}-x_n &=x_n^3+a-x_n \\ &=f(x_n) \\ &=(x_n-\alpha)(x_n-\beta)(x_n-\gamma)<0 \end{aligned} $$

となる。したがって

$$ x_{n+1}<x_n\qquad(n=1,2,3,\dots) $$

が成り立つ。

最後に （3） を示す。仮定

$$ 0<\beta<x_1<\frac{1}{\sqrt{3}} $$

のもとでは，（1） と （2） により，数列 ${x_n}$ は下に有界な単調減少数列である。よって極限をもち，

$$ \lim_{n\to\infty}x_n=L $$

とおける。このとき

$$ \beta\le L\le x_1<\frac{1}{\sqrt{3}} $$

である。

反復式 $x_{n+1}=x_n^3+a$ の両辺で $n\to\infty$ とすると，連続性より

$$ L=L^3+a $$

すなわち

$$ L^3-L+a=0 $$

となる。したがって $L$ は方程式 $x^3-x+a=0$ の実数解である。

ここで

$$ f'(x)=3x^2-1 $$

であるから，$x\ge \dfrac{1}{\sqrt{3}}$ では $f'(x)\ge0$ となり，$f$ は $\left[\dfrac{1}{\sqrt{3}},\infty\right)$ で増加する。しかも $f(x)=0$ は相異なる3実根をもつので，最大の根 $\gamma$ は

$$ \gamma>\frac{1}{\sqrt{3}} $$

を満たす。

したがって，$\beta\le L<\dfrac{1}{\sqrt{3}}$ を満たす実数解は $\beta$ しかない。ゆえに

$$ L=\beta $$

である。すなわち

$$ \lim_{n\to\infty}x_n=\beta $$

が成り立つ。

解説

この問題の本質は，反復式

$$ x_{n+1}=x_n^3+a $$

をそのまま眺めるのではなく，方程式 $x^3-x+a=0$ の根との位置関係で見ることである。

実際，

$$ x_{n+1}-\beta=x_n^3-\beta^3,\qquad x_{n+1}-\gamma=x_n^3-\gamma^3 $$

と書くと，区間 $(\beta,\gamma)$ が反復で保たれることが分かる。また

$$ x_{n+1}-x_n=x_n^3-x_n+a=f(x_n) $$

であり，$x_n$ が常に $(\beta,\gamma)$ にあるので，$f(x_n)$ の符号から単調減少が直ちに出る。

極限では，単調有界性で収束を確保し，極限値が再び元の方程式の解になることを用いる。最後に，$x_1<1/\sqrt{3}$ という条件で極限値が $\gamma$ ではありえないことを切り分ければ，極限は $\beta$ に定まる。

答え

**(1)**

$$ \beta<x_n\qquad(n=1,2,3,\dots) $$

**(2)**

$$ x_{n+1}<x_n\qquad(n=1,2,3,\dots) $$

**(3)**

$0<\beta<x_1<\dfrac{1}{\sqrt{3}}$ ならば

$$ \lim_{n\to\infty}x_n=\beta $$

である。