2014年(平成26年)東京大学前期-数学(理科)[4] - [別館]球面倶楽部零八式markIISR

問題：2014年(平成26年)東京大学前期-数学(理科) - [別館]球面倶楽部零八式markIISR

2022.03.07記

[解答]

(1) $0\lt p\lt 1$ より $0\lt 1-p\lt 1$ ，
$q\gt 0$ より $0\lt e^{-qx}\lt 1$ から $0\lt 1-e^{-qx} \lt 1$ ，
$0\lt x\lt 1$ より $0\lt x,1-x$
であるから，
$0=0\cdot x+0\cdot (1-x)\lt f(x)\lt 1\cdot x+1\cdot (1-x)=1$

(2) $1-qx\leqq e^{-qx}$ がすべての実数について成立する．
つまり $1-e^{-qx}\leqq qx$ であるから， $0\lt x\lt 1$ において
$f(x)\leqq (1-p)x+(1-x)qx=(1-p+q)x-qx^2\lt (1-p+q)x$
が成立する．ここで $0\lt q\lt p\lt 1$ により $0\lt q-p\lt 1$ であるから，
$r=1-p+q$ とおくと， $0\lt r\lt 1$ であり，
$0\lt f(x)\lt rx$
が成立する．よって $0\lt x_{n+1} \lt rx_n$ が成立し， $0\lt x_n\lt r^{n-1} x_1$ となるので，はさみうちの原理により
$x_n\to 0$ （ $n\to\infty$ ）が成立する．

(3) $g(x)=f(x)-x$ とおくと， $g(0)=0$ ， $g(1)=-p\lt 0$ である．
$g'(x)=(1-p)-(1-e^{-qx})+(1-x)qe^{-qx}-1$
であるから， $g'(0)=-p+q\gt 0$ となり， $g(x)$ は $x=0$ の付近で単調増加であるから $g(x)$ は $g(0)=0$ から一旦正の値をとり， $g(1)$ では負の値になっている． $g(x)$ は連続であるから中間値の定理により $g(c)=0$ なる $0\lt c\lt 1$ が存在し，このとき $f(c)=c$ となる．

(3) は次のように示しても良い(ほとんど同じことだが)。

[別解]

(3) $g(x)=f(x)-x$ とおくと， $g(0)=0$ ， $g(1)=-p\lt 0$ である．
$g'(x)=(1-p)-(1-e^{-qx})+(1-x)qe^{-qx}-1$
であるから， $g'(0)=-p+q\gt 0$ ， $g'(1)=-p-(1-e^{-q})\lt 0$ である．
$g''(x)=-2qe^{-qx}-(1-x)q^2e^{-qx}\lt 0$ （ $0\lt x\lt 1$ ）であるから，
$0\lt x\lt 1$ で $g'(x)$ は単調減少となり $g'(k)=0$ なる $0\lt k\lt 1$ が唯一存在する．

このとき $g(x)$ の増減表は

$x$	$0$	$\cdots$	$k$	$\cdots$	$1$
$g'$	正	$+$	$0$	$-$	負
$g$	$0$	$\nearrow$	正	$\searrow$	負

となるので， $g(c)=0$ なる $0\lt c\lt 1$ が存在し，このとき $f(c)=c$ となる．

(3) において (2) の評価の不等号を逆にしなければならないことから
$1+qx\leqq e^{qx}$ つまり $\dfrac{1}{1+qx}\geqq e^{-qx}$ 経由で $1-e^{-qx}\geqq \dfrac{qx}{1+qx}$
を導いた後に $g(x)$ を評価して $g(x)$ が小さいときに正となることを示す方法もある。誘導の不等式を活かしているという点では王道ではあるのだが、符号に着目すれば良いので明らかに正となる部分を削ぎ落した残りの1次式だけ考えれば良いということに気付くのは難しそうだ。

[別解]
(3) $g(x)=f(x)-x$ とおくと， $g(1)=-p\lt 0$ であるから， $g(x)\gt 0$ なる $x$ （ $0\lt x\lt 1$ ）が存在すれば， $g(x)$ は $0\leqq x\leqq 1$ で連続であるから中間値の定理により $g(c)=c$ なる $0\lt c\lt 1$ が存在して題意が示される．

$1+qx\leqq e^{qx}$ と $1+qx\gt 0$ により $1-e^{-qx}\geqq \dfrac{qx}{1+qx}$ であるから，
$g(x)\geqq \{-q(1+p)x+q-p\}\cdot\dfrac{q(1+p)}{1+qx}$
が成立し， $p,q,x\gt 0$ から $\dfrac{q(1+p)}{1+qx}\gt 0$ となるので，
1次関数 $h(x)=-q(1+p)x+q-p \gt 0$ なる $x$ （ $0\lt x\lt 1$ ）が存在すれば良いが
$h(0)=q-p\gt 0$ ， $h(1)=-p(q+1)\lt 0$ に注意すると， $h(x)\gt 0$ なる $x$ （ $0\lt x\lt 1$ ）は確かに存在する．

（1次不等式を解くと $0\lt x\lt \dfrac{q-p}{q(1+p)}(\lt 1)$ の範囲で $h(x)\gt 0$ となる）

よって題意は証明された．