2002年(平成14年)東京大学後期-数学[3] - [別館]球面倶楽部零八式markIISR

2020.08.11記

2024.02.13記

[3] 区間 $[0,1]$ において関数 $f(x)$ を
$f(x)=\left\{\begin{array}{ll} 2x & \displaystyle \left( x\leqq\dfrac{1}{2} \right) \\ -2x+2 & \displaystyle \left( x\gt \dfrac{1}{2} \right)\end{array}\right.$
とおく． $0\leqq a_1 \leqq 1$ を満たす実数 $a_1$ を初期値として数列 $\{a_n\}$ を
$a_n=f(a_{n-1})$ （ $n=2，3，…$ ）
で定める．このとき次の問に答えよ．

(1) $f(b)=b$ を満たす， $0\leqq b\leqq 1$ なる実数 $b$ をすべて求めよ．

(2) $a_4$ が(1)で求めた $b$ の値の1つに等しくなるような初期値 $a_1$ をすべて求めよ．

(3) 条件「ある $n\geqq 1$ に対して， $a_n$ が(1)で求めた $b$ の値の1つに等しくなる」をみたす初期値 $a_1$ はどのような実数として表されるか．

(4) 初期値 $a_1$ が(3)の条件を満たさないとき， $a_n\geqq\dfrac{3}{4}$ となるような $n\geqq 1$ が存在することを示せ．

(5) 数列 $\{a_n\}$ が収束するために初期値 $a_1$ が満たすべき必要十分条件を求めよ．

本問のテーマ

テント写像（パイこね変換）

2020.08.11記
テント写像（パイこね変換）については
パイこね変換 - 球面倶楽部零八式 mark II
を参照のこと．

[解答]
(1) 写像 $f$ の不動点を求める．これは単純な計算によって $b=0,\dfrac{2}{3}$ となる．

(2)(3) 写像 $f^{n-1}$ で $f$ の不動点にうつる点を求める．つまり $f(x)=（f^{i}の不動点にうつる点）$ を帰納的に解くことになるが，
$f(x)=y$ の解が $x=\dfrac{y}{2}，1-\dfrac{y}{2}$
となることを利用すると， $y$ と $0$ の中点，及び，その値を $1$ から引いたものとなる．

よって， $f$ で $f$ の不動点にうつる点は $f(a_2)=0，\dfrac{2}{3}$ と $0$ との中点から $a_2=0，\dfrac{1}{3}$ ，その値を $1$ から引いた $a_2=1，\dfrac{2}{3}$ となり， $a_2=\dfrac{k}{3}$ （ $k=0,1,2,3$ ）となる．

$f^2$ で $f$ の不動点にうつる点は $f(a_3)=\dfrac{k}{3}$ （ $k=0,1,2,3$ ）と $0$ との中点から $a_3=\dfrac{k}{6}$ （ $k=0,1,2,3$ ），その値を $1$ から引いた $a_3=\dfrac{k}{6}$ （ $k=6,5,4,3$ ）となり，結局， $a_3=\dfrac{k}{6}$ （ $k=0,1,2,...,6$ ）となる．

同様に $f^3$ で $f$ の不動点にうつる点は $f(a_4)=\dfrac{k}{6}$ （ $k=0,1,2,...,6$ ）と $0$ との中点から $a_4=\dfrac{k}{12}$ （ $k=0,1,2,...,6$ ），その値を $1$ から引いた $a_4=\dfrac{k}{12}$ （ $k=12,11,...,7$ ）となり，結局， $a_4=\dfrac{k}{12}$ （ $k=0,1,2,...,12$ ）となる．

帰納的に考えると， $n\geqq 2$ のとき， $f^{n-1}$ で $f$ の不動点にうつる点は $a_n=\dfrac{k}{3\times 2^{n-2}}$ （ $k=0,1,2,...,3\times 2^{n-2}$ ）となる．

折れ線を真っ直ぐにして，縦方向に縮めてもよい．

[うまい解答]
(1) 折れ線を真っ直ぐにすると， $y=2x$ と $y=x$ ， $y=2-x$ の交点の $x$ 座標を求めれば良く， $b=0,\dfrac{2}{3}$ となる．

(2)(3) $n\geqq 2$ のとき， $f^{n-1}$ から得られる折れ線を真っ直ぐにすると， $y=2^{n-1}x$ と，
$x$ 軸に平行な $3\times 2^{n-2}+1$ 本の直線 $y=2n$ （ $n=0,1,...,2^{n-2}$ ）， $y=2m-1\pm\dfrac{1}{3}$ （ $m=1,2,...,2^{n-2}$ ）
との交点の $x$ 座標を求めれば良いが，これら $x$ 軸に平行な $3\times 2^{n-2}+1$ 本の直線は $\dfrac{2}{3}$ ごとに等間隔に並んでいるので，
$y=\dfrac{2}{3}k$ （ $k=0,1,\ldots,3\times 2^{n-2}+1$ ）
と表すことができる．

$z=\dfrac{y}{2^{n-1}}$ とおくと， $z=x$ と $z=\dfrac{1}{3\times 2^{n-2}}k$ （ $k=0,1,\ldots,3\times 2^{n-2}+1$ ）との交点の $x$ 座標を求めれば良く，それは
$x=\dfrac{1}{3\times 2^{n-2}}k$ （ $k=0,1,\ldots,3\times 2^{n-2}+1$ ）
となり，これが $a_n$ である．

(4)はパイこね変換のエルゴード的はふるまいに関する出題になっており，
カントール集合 - 球面倶楽部零八式 mark II
とも関連がある．

カントール集合は
$C_1=\Bigl[0,\dfrac{1}{3}\Bigr]\cup\Bigl[\dfrac{2}{3},1\Bigr]$ ， $C_{n+1}=\Bigl\{\dfrac{1}{3}C_n\cup \Bigl(1-\dfrac{1}{3}C_n\Bigr)\Bigr\}\cap C_n$
で帰納的に定義される区間の $C_{\infty}$ である．

本問は
$D_1=\Bigl[0,\dfrac{3}{8}\Bigr]\cup\Bigl[\dfrac{5}{8},1\Bigr]$ ， $D_{n+1}=\Bigl\{\dfrac{1}{2}D_n\cup \Bigl(1-\dfrac{1}{2}D_n\Bigr)\Bigr\}\cap D_n$
で帰納的に定義される区間の $D_{\infty}$ である．

ここで閉区間 $[a,b]$ について $k[a,b]=[ka,kb]$ ， $k-[a,b]=[k-b,k-a]$ と定義する．

テント写像によるパイこね変換を考えるには、やはり二進法がわかりやすい．
でも説明は難しい．あまり良くできていない．

[解答]
(4) $0，1$ は(3)の条件をみたすので， $0\lt x\lt 1$ で考える．

$x\in (0,1)$ を二進小数で表現したときに、 $x=0.d_1 d_2 d_3 d_4\cdots$ であったとする．
このとき， $x\geqq \dfrac{3}{4}\Longleftrightarrow d_1=d_2=1$ である．

$\bar{d}_k=1-d_k$ とおく（0と1の入れ換え）と，
(i) $d_1=0$ ならば $f(x)=0.d_2 d_3 d_4\cdots$ （1桁ずらす）
(ii) $d_1=1$ ならば $f(x)=0.\bar{d}_2\bar{d}_3\bar{d}_4\cdots$ （1桁ずらして0と1を入れ換える）
が成立する．但し，0と1の入れ換えのとき，有限小数の場合，末尾に0が無限個続くと考えて，
$1.0000000000\cdots=0.1111111111\cdots=1.0000000000\cdots$
となるので，末尾の1は実質影響を受けないことがわかる．

ここで(i)(ii)より， $d_1d_2=10$ ならば， $f(f(x))=0.d_3 d_4\cdots$ と2桁ずらすだけになっていることがわかるので，

$a_1\in(0,1)$ の二進小数表示の小数点第 $s+1$ 位（ $s\geqq 0$ ）に初めて1が登場するとする.

そして初めて1が登場した後，
(a) 11または00が登場しない，つまり無限小数として1と0が繰り返し登場する
(b) 11または00が登場するまでに $10$ が $10$ が $t$ 組続くとし，
(b-1) $11\cdots$ と続く場合，(b-2) $0\cdots$ と続く場合
が考えらえる．

(b-1) の場合， $a_{s+2t+1}=0.11\cdots\geqq\dfrac{3}{4}$ となる．

(b-2) の場合， $a_{s+2t-2}=0.100\cdots$ となるので， $a_{s+2t-1}=0.11\cdots\geqq\dfrac{3}{4}$ となる．

よって(b)の場合は $a_n\geqq\dfrac{3}{4}$ となるような $n\geqq 1$ が存在する．

(a) の場合， $2^{s}x=0.1010\cdots$ だから $3\times 2^s =10_{(2)}=2_{(10)}$ ，つまり， $x=\dfrac{1}{3\times 2^{s-1}}$ となり，(3)の条件をみたす数だから，(3)の条件をみたさないならば，かならず(b)の場合となり，題意は証明された．

(5) $a_1$ が(3) の条件をみたすときはいずれ $a_n=0$ または $\dfrac{2}{3}$ となり，数列は収束する．
そうでない場合， $a_n\geqq \dfrac{3}{4}$ となり， $a_{n+1}\leqq\dfrac{1}{2}$ となる．
もちろん， $a_{n+1}$ は(3)の条件をみたさないので（みたしているなら $a_1$ もみたすことになり矛盾）、
いずれ $\dfrac{3}{4}$ 以上となり，その次に $\dfrac{1}{2}$ 以下となる．

このように $\dfrac{3}{4}$ 以上となっては $\dfrac{1}{2}$ 以下となることを繰り返すので，(3)の条件をみたさないときは収束しない．

以上から，求める必要十分条件は(3)の条件をみたすことである．