2九州大学 2023年 数学 第2問解答・解説

まず漸化式の右辺を場合分けにより整理する。$f(x)=|x-1|+x-1$ とおくと $$f(x)=\begin{cases}2x-2 & (x\ge 1)\\ 0 & (x<1)\end{cases}$$ である（$x\ge1$ のとき $|x-1|=x-1$ より $f(x)=(x-1)+x-1=2x-2$，$x<1$ のとき $|x-1|=1-x$ より $f(x)=(1-x)+x-1=0$）。したがって漸化式は $$a_{n+1}=\begin{cases}2a_n-2 & (a_n\ge 1)\\ 0 & (a_n<1)\end{cases}$$ と表される。特に，ある番号 $n$ で $a_n<1$ となれば $a_{n+1}=0$ であり，さらに $0<1$ より $a_{n+2}=f(0)=0$ となるから，以後 $a_m=0$ が恒等的に成り立つ（一度 $1$ 未満になれば，それ以降は常に $0$）。

また $a_n\ge 1$ が成り立つ間は，$b_n=a_n-2$ とおくと $$b_{n+1}=a_{n+1}-2=(2a_n-2)-2=2(a_n-2)=2b_n$$ より $\{b_n\}$ は公比 $2$ の等比数列として振る舞う。この事実を用いて各場合を調べる。

(1) $\alpha\le 1$ のとき

$\alpha<1$ ならば $a_1=\alpha<1$ より $a_2=0$。$\alpha=1$ ならば $a_1=1\ge 1$ より $a_2=2\cdot1-2=0$。いずれの場合も $a_2=0$ であり，$0<1$ だから以後 $a_n=0\ (n\ge 2)$ が恒等的に成り立つ。 よって $\{a_n\}$ は収束し， $$\displaystyle \lim\limits _{n\to\infty}a_n=0.$$

(2) $\alpha>2$ のとき

$a_1=\alpha>2$ なので $a_1\ge1$ であり，$a_{n+1}=2a_n-2$ が使える。$a_n>2$ ならば $$a_{n+1}-2=2(a_n-2)>0$$ より $a_{n+1}>2$ が成り立つから，数学的帰納法によりすべての $n$ で $a_n>2\,(>1)$ であり，常に $a_{n+1}=2a_n-2$ の関係が使える。ゆえに $b_n=a_n-2$ は初項 $b_1=\alpha-2>0$，公比 $2$ の等比数列であり $$b_n=(\alpha-2)2^{n-1},\qquad a_n=2+(\alpha-2)2^{n-1}.$$ $\alpha-2>0$ より $2^{n-1}\to\infty\,(n\to\infty)$ に伴い $a_n\to+\infty$。 よって $\{a_n\}$ は正の無限大に発散する。

(3) $\displaystyle 1<\alpha<\dfrac{3}{2}$ のとき

$a_1=\alpha>1\ge1$ より $a_2=2\alpha-2$。$\displaystyle 1<\alpha<\dfrac32$ より $$0<2\alpha-2<1,$$ すなわち $0<a_2<1$ である。よって $a_2<1$ だから，前段の注意により $a_3=0$ であり，以後 $a_n=0\,(n\ge 3)$ が恒等的に成り立つ。 よって $\{a_n\}$ は収束し， $$\displaystyle \lim\limits _{n\to\infty}a_n=0.$$

(4) $\displaystyle \dfrac{3}{2}\le\alpha<2$ のとき

もしすべての $n$ で $a_n\ge1$ が成り立つと仮定すると，(2)と全く同じ議論により $$a_n=2+(\alpha-2)2^{n-1}$$ がすべての $n$ で成立するはずである。ところが $\displaystyle \dfrac32\le\alpha<2$ より $\alpha-2<0$ なので，$2^{n-1}\to\infty$ に伴い $a_n\to-\infty$ となり，「すべての $n$ で $a_n\ge1$」に矛盾する。 よって $a_n<1$ となる最小の番号 $n_0\,(n_0\ge 2)$ が存在する。番号 $1,2,\ldots,n_0-1$ については $a_n\ge1$ が保たれているので，その範囲で $$a_n=2+(\alpha-2)2^{n-1}\qquad(1\le n\le n_0)$$ が成り立ち，$n=n_0$ で初めて $a_{n_0}<1$ となる。したがって $a_{n_0+1}=f(a_{n_0})=0$ であり，以後 $a_n=0\,(n> n_0)$ が恒等的に成り立つ。 (実際には $\displaystyle 2^{n_0-2}\le\dfrac{1}{2-\alpha}<2^{n_0-1}$ を満たす整数として $n_0$ が具体的に定まるが，収束・発散の判定にはこの $n_0$ の存在のみで十分である。) よって $\{a_n\}$ は収束し， $$\displaystyle \lim\limits _{n\to\infty}a_n=0.$$