練習 (数列の極限 N o.1) π 1 の範囲で関数 f (x) = cos x を考える。 2 2 π (1) 方程式 x = f (x) は 0 < x < にただ 1 つの解をもつことを示せ。 2 (2) f ′ (x) のとり得る値の範囲を求めよ。 05x5 (3) 数列 xn を x1 = 0, xn+1 = f (xn ) (n = 1, 2, 3, · · · ) によって定める。(1) の解を α とするとき， lim xn = α を示せ。 n→∞ 〔解答〕 ( 1 π) cos x 0 < x < とおく。 2 2 ( ) 1 π g ′ (x) = 1 + sin x > 0 0 < x < より。 2 2 π g(x) は 0 < x < において単調増加。 2 (π) π 1 g(0) = − < 0, g = > 0 であるから 2 2 2 π g(x) = 0 つまり x = f (x) は 0 < x < の範囲でただ 1 つの解をもつ。 2 (1) g(x) = x − 1 (2) f ′ (x) = − sin x 2 ( π) 1 05x5 とおくと h(x) = − sin x 2 2 ( ) 1 π h′ (x) = − cos x 5 0 0 5 x 5 より。 2 2 π h(x) は 0 5 x 5 において単調減少。 2 (π ) 1 よって h 5 h(x) 5 h(0) ⇐⇒ − 5 h(x) 5 0 2 2 1 したがって，f ′ (x) のとり得る値の範囲は − 5 f ′ (x) 5 0 2 1 (3) x1 = 0, xn+1 = f (xn ) · · · ⃝ π 0 5 xn 5 (n = 1, 2, 3, · · · ) であることを示す。 2 π n = 1 のとき，x1 = 0 より，0 5 x1 5 が成り立つ。 2 π n = k (k = 1) のとき，0 5 xk 5 が成り立つと仮定 2 すると 1 2 f ′ (x) = − sin x 5 0 であるから，f (x) は 0 5 x 5 よって f (π ) 2 ( 05x5 ) π より。 2 π において単調減少。 2 5 f (x) 5 f (0) ⇐⇒ 0 5 f (x) 5 1 π < 2 2 π のとき 2 π π 0 5 f (xk ) < ⇐⇒ 0 5 xk+1 < 2 2 n = k + 1 のときも成り立つ。 π よって，0 5 xn 5 (n = 1, 2, 3, · · · ) が成り立つ。 2 したがって，0 5 xk 5 2 α は x = f (x) の解なので α = f (α) · · · ⃝ y = f (x) は連続かつ微分可能なので，xn ̸= α のとき，平均値の定理から f (xn ) − f (α) = f ′ (c) xn − α となる c が xn と α の間に存在する。 1 2 よりこれと，⃝, ⃝ |xn+1 − α| = |f ′ (c)||xn − α| (xn = α のときも成り立つ。) ⇐⇒ |xn+1 − α| 5 1 |xn − α| ((2) より。) 2 n → ∞ より，n = 2 で考えて 1 |xn−1 − α| 2 ( )2 1 5 |xn−2 − α| 2 ( )n−1 1 |x1 − α| 5 · · · 5 2 ( )n−1 1 よって 0 5 |xn − α| 5 |x1 − α| 2 ( )n−1 1 lim |x1 − α| = 0 であるから，はさみうちの原理より n→∞ 2 |xn − α| 5 lim |xn − α| = 0 n→∞ したがって， lim xn = α が成り立つ。 n→∞ ● |f ′ (x)| のとり得る値の範囲が 0 5 |f ′ (x)| < 1 のときは平均値の定理を用いることができます。