11千葉大学 2020年 数学 第11問解答・解説

以下、$\displaystyle Tg(x)=\int_0^x(g(t)-1)^2\,dt$ とおく。$f(t)-1=-1/(t+1)$ より $$\displaystyle Tf(x)=\int_0^x\frac{dt}{(t+1)^2}=\left[-\frac1{t+1}\right]_0^x=\frac{x}{x+1}=f(x).$$

(1) $f_1(x)=0$ だから成立する。$0\le f_n(t)\le1$ と仮定すると、$0\le(f_n(t)-1)^2\le1$ なので $$\displaystyle 0\le f_{n+1}(x)=\int_0^x(f_n(t)-1)^2\,dt\le x\le1.$$ 数学的帰納法により、すべての正整数 $n$ で $0\le f_n(x)\le1$ である。

(2) $n=1$ では $0=(-1)f_1(x)\ge-f(x)$ である。$n$ で不等式が成り立つと仮定する。(1)と $0\le f(x)\le1$ により、 $$(f_n(t)-1)^2-(f(t)-1)^2=(f_n(t)-f(t))(f_n(t)+f(t)-2),\qquad f_n(t)+f(t)-2\le0.$$ 仮定では $f_n(t)-f(t)$ の符号は区間上で一定だから、積分後の $f_{n+1}(x)-f(x)$ は逆の符号（または0）となる。したがって不等式の向きが一段ごとに反転し、$(-1)^{n+1}f_{n+1}(x)\ge(-1)^{n+1}f(x)$ が成り立つ。帰納法によりすべての正整数 $n$ で成立する。

(3) (1)より $0\le f_n(t)\le1$、$0\le f(t)\le1$ なので $$\displaystyle |f_{n+1}(x)-f(x)|\le\int_0^x|f_n(t)-f(t)|\,|f_n(t)+f(t)-2|\,dt\le2\int_0^x|f_n(t)-f(t)|\,dt.$$ また $|f_1(x)-f(x)|=x/(x+1)\le x$。よって帰納法により $$\displaystyle |f_n(x)-f(x)|\le\frac{2^{n-1}x^n}{n!}\quad(n\ge1).$$ 実際、$n$ で成立すれば上の評価から $\displaystyle |f_{n+1}(x)-f(x)|\le(2^n/n!)\int_0^x t^n\,dt=2^n x^{n+1}/(n+1)!$ である。したがって $0\le a\le1$ について $$\displaystyle |f_n(a)-f(a)|\le\frac{2^{n-1}}{n!}\longrightarrow0,$$ （この右辺の隣り合う項の比は $2/(n+1)\to0$）。ゆえに $\displaystyle\lim\limits _{n\to\infty}f_n(a)=f(a)=\frac{a}{a+1}$。 最後の上界 $u_n=2^{n-1}/n!$ は $u_{n+1}/u_n=2/(n+1)\le1/2$（$n\ge3$）。したがって等比数列との比較で $u_n\to0$ が分かる。