8愛媛大学 2020年 数学 第8問解答・解説

{ (1)}　 $\displaystyle f_{1}(x)=g(x)=8x(1-x)=-8\left(x-\dfrac12\right)^{2}+2$ であるから,$0\le x\le1$ における $f_{1}$ は上に凸の放物線で,頂点は $\displaystyle \left(\dfrac12,2\right)$,端点の値は $f_{1}(0)=f_{1}(1)=0$ である。$f_{1}$ は $0\le x\le1$ で連続なので,その値域(実際にとる値全体)は $0\le f_1(x)\le2$ である。この範囲の値はすべて $0$ 以上だから $|f_{1}(x)|=f_{1}(x)$ であり,最大値は$$a_{1}=2.$$

次に $f_{2}(x)=g(f_{1}(x))$ を考える。$f_{1}$ は連続で値域が $0\le f_1(x)\le2$ なので,$t=f_{1}(x)$ は $x$ が $0\le x\le1$ を動くとき $0\le t\le2$ のすべての値を実際にとる。ゆえに $f_{2}$ の値域は,$0\le t\le2$ に対する $g(t)$ の値域(像)にちょうど一致する。

$\displaystyle g(t)=-8\left(t-\dfrac12\right)^{2}+2$ は $0\le t\le2$ の範囲内の $\displaystyle t=\dfrac12$ で最大値 $2$ をとり,$\displaystyle 0\le t\le\tfrac12$ の範囲で増加,$\displaystyle \tfrac12\le t\le2$ の範囲で減少するから,$0\le t\le2$ の範囲の最小値は両端点のうち小さい方である。$$g(0)=0,\qquad g(2)=8\cdot2\cdot(1-2)=-16.$$よって最小値は $-16$ で,$g$ が $0\le t\le2$ の範囲で連続であることから中間値の定理により値域は $-16\le y\le2$ となる。すなわち $f_{2}$ の値域は $-16\le y\le2$ であり,$$\displaystyle |f_{2}(x)|\text{の最大値}=\max(16,\,2)=16,$$よって$$a_{2}=16.$$

{ (2)}　 $n\geq2$ に対する命題 $P(n)$:「$a_{n}\geq2$ であり,$y=f_{n}(x)\ (0\leq x\leq1)$ の値域は $-a_{n}\leq y\leq2$ である」を数学的帰納法で示す。

[基礎:$n=2$]　 (1)で示した通り,$f_{2}$ の値域は $-16\le y\le2$,$a_{2}=16\geq2$ であるから $P(2)$ は成り立つ。

[帰納段階]　 $k\geq2$ で $P(k)$,すなわち $a_{k}\geq2$ かつ $f_{k}$ の値域が $-a_k\le y\le2$ であると仮定する。$f_{k+1}(x)=g(f_{k}(x))$ において,$f_{k}$ は連続で値域が $-a_k\le y\le2$ であるから,$t=f_{k}(x)$ は $0\le x\le1$ のとき $-a_k\le t\le2$ のすべての値を実際にとる。ゆえに $f_{k+1}$ の値域は,$g$ を範囲 $-a_k\le t\le2$ に制限したときの値域(像)にちょうど一致する。

$\displaystyle g(t)=-8\left(t-\dfrac12\right)^{2}+2$ は $\displaystyle t=\dfrac12$ で最大値 $2$ をとる。$a_{k}\geq2$ より $\displaystyle -a_{k}\leq-2<\dfrac12<2$ であるから,頂点 $\displaystyle t=\dfrac12$ は範囲 $-a_k\le t\le2$ の内部にあり,この区間上の最大値は $2$ である。また $g$ は $\displaystyle -a_k\le t\le\tfrac12$ の範囲で増加,$\displaystyle \tfrac12\le t\le2$ の範囲で減少するから,範囲 $-a_k\le t\le2$ 上の最小値は両端点の値のうち小さい方である。$$g(-a_{k})=8(-a_{k})\bigl(1-(-a_{k})\bigr)=-8a_{k}(1+a_{k})=-\left(8a_{k}^{2}+8a_{k}\right),\qquad g(2)=-16.$$$a_{k}\geq2$ より $8a_{k}^{2}+8a_{k}\geq8\cdot4+16=48>16$ であるから $g(-a_{k})<g(2)$,すなわち最小値は $g(-a_{k})=-(8a_{k}^{2}+8a_{k})$ である。

そこで$$a_{k+1}:=8a_{k}^{2}+8a_{k}$$とおくと,$g$ が範囲 $-a_k\le t\le2$ 上で連続であることから中間値の定理により,$f_{k+1}$ の値域はちょうど $-a_{k+1}\le y\le2$ となる。また $a_{k+1}\geq8\cdot2^{2}+8\cdot2=48\geq2$ であり,$a_{k+1}>2$ なので $\displaystyle \max|f_{k+1}(x)|=a_{k+1}$ が定義と整合する。よって $P(k+1)$ が成り立つ。

以上より,数学的帰納法により $n\geq2$ のすべての自然数で $P(n)$ が成り立つ。$\blacksquare$

{ (3)}　 (2)の帰納段階における議論(値域 $-a_n\le y\le2$ から $g$ による像を計算する部分)は,$P(n)$ が成り立つ任意の $n\geq2$ についてそのまま適用できる。すなわち,その計算がまさに$$a_{n+1}=8a_{n}^{2}+8a_{n}=8a_{n}(a_{n}+1)\qquad(n\geq2)$$を与える。

{ (4)}　 (3)の関係式 $a_{n+1}=8a_{n}^{2}+8a_{n}$ ($n\geq2$,$a_{n}\geq2$)を用いる。$$a_{n+1}-8a_{n}^{2}=8a_{n}>0\quad(a_{n}\geq2>0\text{より}),$$であるから $8a_{n}^{2}<a_{n+1}$,特に$$8a_{n}^{2}\leq a_{n+1}.$$また$$16a_{n}^{2}-a_{n+1}=16a_{n}^{2}-8a_{n}^{2}-8a_{n}=8a_{n}^{2}-8a_{n}=8a_{n}(a_{n}-1).$$$a_{n}\geq2$ より $a_{n}-1\geq1>0$,かつ $a_{n}>0$ なので $8a_{n}(a_{n}-1)\geq0$,すなわち$$a_{n+1}\leq16a_{n}^{2}.$$以上より$$8a_{n}^{2}\leq a_{n+1}\leq16a_{n}^{2}\qquad(n\geq2)$$が成り立つ。$\blacksquare$

{ (5)}　 以下,$\log$ は自然対数とする。$b_{n}=\log a_{n}$ とおく($n\geq2$ のとき $a_{n}\geq2>1$ なので $b_{n}>0$)。(4)の不等式 $8a_{n}^{2}\leq a_{n+1}\leq16a_{n}^{2}$ の各辺は正なので,対数(単調増加)をとると$$\log8+2b_{n}\leq b_{n+1}\leq\log16+2b_{n}\qquad(n\geq2).$$

数列 $L_{n},U_{n}$ を$$L_{2}=b_{2},\quad L_{n+1}=2L_{n}+\log8;\qquad U_{2}=b_{2},\quad U_{n+1}=2U_{n}+\log16$$で定める。$x\mapsto2x+\log8$,$x\mapsto2x+\log16$ はともに単調増加であるから,数学的帰納法により$$L_{n}\leq b_{n}\leq U_{n}\qquad(n\geq2).$$この2つの線形漸化式を解く。$L_{n}+\log8=2(L_{n-1}+\log8)$ より $L_{n}+\log8=2^{n-2}(L_{2}+\log8)$,同様に $U_{n}+\log16=2^{n-2}(U_{2}+\log16)$。$a_{2}=16$ より $b_{2}=\log16=4\log2$ であるから$$L_{2}+\log8=4\log2+3\log2=7\log2,\qquad U_{2}+\log16=4\log2+4\log2=8\log2,$$よって$$\displaystyle L_{n}=\frac{7\log2}{4}\cdot2^{n}-3\log2,\qquad U_{n}=2\log2\cdot2^{n}-4\log2\qquad(n\geq2).$$$n\geq2$ で $L_{n}>0$(例えば $n=2$ で $L_{2}=4\log2>0$ であり,$n$ の増加とともに指数項が優越し正のまま増加する)なので,不等式 $0<L_{n}\leq b_{n}\leq U_{n}$ の対数をとることができる:$$\log L_{n}\leq\log b_{n}\leq\log U_{n}.$$$$\displaystyle \log L_{n}=\log\!\left(2^{n}\left(\frac{7\log2}{4}-\frac{3\log2}{2^{n}}\right)\right)=n\log2+\log\!\left(\frac{7\log2}{4}-\frac{3\log2}{2^{n}}\right).$$$n\to\infty$ のとき $\displaystyle \dfrac{3\log2}{2^{n}}\to0$ であるから,かっこの中は正の定数 $\displaystyle \dfrac{7\log2}{4}$ に収束し,その対数も有限な値に収束する。したがって$$\displaystyle \frac{\log L_{n}}{n}=\log2+\frac1n\log\!\left(\frac{7\log2}{4}-\frac{3\log2}{2^{n}}\right)\longrightarrow\log2.$$同様に$$\displaystyle \frac{\log U_{n}}{n}=\log2+\frac1n\log\!\left(2\log2-\frac{4\log2}{2^{n}}\right)\longrightarrow\log2.$$はさみうちの原理により$$\displaystyle \lim\limits _{n\to\infty}\frac{\log b_{n}}{n}=\log2,$$すなわち$$\displaystyle \lim\limits _{n\to\infty}\frac{\log(\log a_{n})}{n}=\log2.$$