解説

方針・初手

まず

$$ g(x)=f(x)-x=\log(x+1)+1-x $$

とおく。方程式 $f(x)=x$ は $g(x)=0$ と同値であるから，$g$ の単調性を調べれば （1） が処理できる。

また，（2） は $\alpha=f(\alpha)$ を用いて

$$ \alpha-f(x)=f(\alpha)-f(x) $$

と変形し，平均値の定理を使えばよい。さらに $f'(x)$ が減少関数であることを使うと （3） の評価につながる。

解法1

（1） 方程式 $f(x)=x$ が $x>0$ でただ1つの解をもつことを示す。

$$ g(x)=\log(x+1)+1-x \qquad (x>-1) $$

とおくと，

$$ g'(x)=\frac{1}{(x+1)\ln 10}-1 $$

である。ここで $x>0$ なら $x+1>1$ であるから

$$ \frac{1}{(x+1)\ln 10}<\frac{1}{\ln 10}<1 $$

となり，

$$ g'(x)<0 \qquad (x>0) $$

である。したがって $g(x)$ は $x>0$ で単調減少である。

一方，

$$ g(0)=\log 1+1=1>0 $$

であり，

$$ g(10)=\log 11+1-10=\log 11-9<2-9<0 $$

である。よって中間値の定理により，$0<x<10$ に $g(x)=0$ を満たす実数が存在する。

さらに $g$ は $x>0$ で単調減少であるから，そのような解はただ1つである。

よって，方程式 $f(x)=x$ は $x>0$ の範囲でただ1つの解をもち，これを $\alpha$ とおける。

**(2)**

$0<x<\alpha$ のとき

$$ 0<\frac{\alpha-f(x)}{\alpha-x}<f'(x) $$

を示す。

$\alpha$ は $f(\alpha)=\alpha$ を満たすから，

$$ \frac{\alpha-f(x)}{\alpha-x} =\frac{f(\alpha)-f(x)}{\alpha-x} $$

である。

ここで $f'(x)$ を調べると，

$$ f'(x)=\frac{1}{(x+1)\ln 10}, \qquad f''(x)=-\frac{1}{(x+1)^2\ln 10}<0 \quad (x>0) $$

より，$f'(x)$ は $x>0$ で正かつ単調減少である。

いま $0<x<\alpha$ なので，平均値の定理により，ある $\xi$ が $x<\xi<\alpha$ を満たして

$$ \frac{f(\alpha)-f(x)}{\alpha-x}=f'(\xi) $$

となる。したがって

$$ \frac{\alpha-f(x)}{\alpha-x}=f'(\xi)>0 $$

である。また，$f'$ は減少関数であり $\xi>x$ であるから

$$ f'(\xi)<f'(x) $$

となる。よって

$$ 0<\frac{\alpha-f(x)}{\alpha-x}<f'(x) $$

が成り立つ。

（3） 数列 ${x_n}$ を

$$ x_1=1,\qquad x_{n+1}=f(x_n)\quad (n=1,2,3,\dots) $$

で定める。このとき

$$ \alpha-x_{n+1}<\frac12(\alpha-x_n) $$

を示す。

まず，$\alpha>1$ であることを示す。実際，

$$ g(1)=f(1)-1=\log 2>0 $$

であり，$g$ は $x>0$ で単調減少であるから，$g(\alpha)=0$ を満たす解 $\alpha$ は

$$ \alpha>1 $$

である。したがって

$$ 0<x_1=1<\alpha $$

である。

ここで，$0<x_n<\alpha$ と仮定する。このとき （2） に $x=x_n$ を代入すると，

$$ 0<\frac{\alpha-f(x_n)}{\alpha-x_n}<f'(x_n) $$

すなわち

$$ 0<\frac{\alpha-x_{n+1}}{\alpha-x_n}<f'(x_n) $$

を得る。よって

$$ \alpha-x_{n+1}<f'(x_n)(\alpha-x_n) $$

である。

さらに $x_n>0$ であるから，

$$ f'(x_n)=\frac{1}{(x_n+1)\ln 10}<\frac{1}{\ln 10}<\frac12 $$

となる。したがって

$$ \alpha-x_{n+1}<\frac12(\alpha-x_n) $$

を得る。

また，左辺が正であることから $\alpha-x_{n+1}>0$，すなわち $x_{n+1}<\alpha$ である。さらに $x_n>0$ なら $x_n+1>1$ なので $\log(x_n+1)>0$ であり，

$$ x_{n+1}=f(x_n)=\log(x_n+1)+1>1>0 $$

である。よって $0<x_{n+1}<\alpha$ も成り立つ。

以上より帰納法によって，すべての自然数 $n$ に対して

$$ \alpha-x_{n+1}<\frac12(\alpha-x_n) $$

が成り立つ。

**(4)**

$\displaystyle \lim_{n\to\infty}x_n=\alpha$ を示す。

（3） より，すべての $n$ に対して

$$ 0<\alpha-x_{n+1}<\frac12(\alpha-x_n) $$

であるから，これを繰り返し用いると

$$ 0<\alpha-x_n<\left(\frac12\right)^{n-1}(\alpha-x_1) =\left(\frac12\right)^{n-1}(\alpha-1) $$

を得る。

右辺は $n\to\infty$ で $0$ に収束するので，はさみうちの原理により

$$ \alpha-x_n\to 0 $$

である。したがって

$$ x_n\to \alpha $$

となる。

解説

この問題の中心は，不動点 $\alpha$ を

$$ f(\alpha)=\alpha $$

で定め，$f(x)-x$ の符号と単調性を使って $\alpha$ の位置を押さえることである。

（2） は平均値の定理を使う典型問題であり，単に式変形するのではなく

$$ \alpha-f(x)=f(\alpha)-f(x) $$

と見抜くことが重要である。さらに $f''(x)<0$ から $f'$ が減少するので，平均変化率を $f'(x)$ で上から抑えられる。

（3） ではその評価を反復的に用いることで，誤差 $\alpha-x_n$ が毎回 $1/2$ 未満に縮むことを示している。したがって （4） は等比級数的な収束評価に帰着される。

答え

**(1)**

方程式 $f(x)=x$ は $x>0$ でただ1つの解をもつ。

**(2)**

$0<x<\alpha$ ならば

$$ 0<\frac{\alpha-f(x)}{\alpha-x}<f'(x) $$

が成り立つ。

**(3)**

すべての自然数 $n$ に対して

$$ \alpha-x_{n+1}<\frac12(\alpha-x_n) $$

が成り立つ。

**(4)**

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

である。