極限の問題

$u(x)=x^2-2ax$ とおく。$u(x{)}^{2n}={\left(u(x{)}^2\right)}^n$ であることに注意して，極限を場合分けして求める。

(i) $|u(x)|<1$ のとき: $u(x{)}^{2n}\to 0$ より $f(x)=\frac{0+x}{0+1}=x$。

(ii) $|u(x)|>1$ のとき: 分母・分子を $u(x{)}^{2n}$ で割ると
$$f(x)=\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{2+\frac{x}{u(x{)}^{2n}}}{1+\frac{1}{u(x{)}^{2n}}}=2.$$

(iii) $|u(x)|=1$ のとき: $u(x{)}^{2n}=1$ より $f(x)=\frac{2+x}{2}$。

必要条件: $0\le x_0<2$ を満たす $x_0$ で $|u(x_0)|=1$ となるものがあるとする。このとき $f(x_0)=\frac{2+x_0}{2}$ である。$u(x)$ は 2 次関数なので，$u(x)=\pm 1$ を満たす $x$ は有限個しかない。よって，十分小さい $\delta >0$ をとると，区間 $x_0<x<x_0+\delta$ では $|u(x)|\ne 1$ である。この区間では $|u(x)|-1$ は $0$ にならない連続関数なので，中間値の定理より符号は一定である。したがって，この区間全体で $|u(x)|<1$ であるか，全体で $|u(x)|>1$ であるかのどちらかである。
- 全体で $|u(x)|<1$ のとき，$\underset{x\to x_0+0}{\lim }f(x)=x_0$ である。連続であるためには $x_0=\frac{2+x_0}{2}$，すなわち $x_0=2$ が必要であり，$x_0<2$ に反する。
- 全体で $|u(x)|>1$ のとき，$\underset{x\to x_0+0}{\lim }f(x)=2$ である。連続であるためには $2=\frac{2+x_0}{2}$，すなわち $x_0=2$ が必要であり，やはり矛盾する。

よって，$f$ が連続であるためには，$0\le x<2$ で $|u(x)|\ne 1$ であることが必要である。さらに $u(0)=0$ であり，$u$ は連続なので，中間値の定理より $0\le x<2$ で $|u(x)|<1$ でなければならない（もし $|u(x_1)|>1$ となる $x_1$ があれば，$0$ と $x_1$ の間に $|u|=1$ となる点が存在してしまう）。

十分条件: $0\le x<2$ で $|u(x)|<1$ であるとする。このとき $0\le x<2$ で $f(x)=x$ であり，この範囲で $f$ は連続である。また，連続性より $|u(2)|=\underset{x\to 2-0}{\lim }|u(x)|\le 1$ である。
- $|u(2)|<1$ ならば $f(2)=2$
- $|u(2)|=1$ ならば $f(2)=\frac{2+2}{2}=2$

いずれの場合も $\underset{x\to 2-0}{\lim }f(x)=2=f(2)$ となり，$x=2$ でも連続である。

以上より，求める条件は「$0\le x<2$ を満たすすべての $x$ に対して $-1<x^2-2ax<1$」である。$x=0$ では $u(0)=0$ なので常に成り立つ。以下では $0<x<2$ で考え，両辺を $x>0$ で割る。

上側 $x^2-2ax<1$: $2a>x-\frac{1}{x}$ と同値である。$g(x)=x-\frac{1}{x}$ は $0<x<2$ で単調に増加し，$x\to 2-0$ のとき $\frac{3}{2}$ に近づくが，その値はとらない。よって，$0<x<2$ のすべての $x$ で $2a>g(x)$ が成り立つ条件は $2a\ge \frac{3}{2}$，すなわち $a\ge \frac{3}{4}$ である。

下側 $x^2-2ax>-1$: $2a<x+\frac{1}{x}$ と同値である。相加平均・相乗平均の関係より $x+\frac{1}{x}\ge 2$ であり，等号は $x=1$（$0<x<2$ に含まれる）のとき成り立つ。よって，$0<x<2$ における $x+\frac{1}{x}$ の最小値は $2$ であり，条件は $2a<2$，すなわち $a<1$ である。

したがって，求める範囲は
$$\frac{3}{4}\le a<1.$$
（確認: $a=\frac{3}{4}$ のとき，$u(x)-1=x^2-\frac{3}{2}x-1=(x-2)\left(x+\frac{1}{2}\right)$ であり，$0\le x<2$ では負，$x=2$ でちょうど $0$ になる。このとき $f(2)=2$ となり連続である。）

$g(x)=x^2-2ax$ とおく。$n\to \infty$ のとき $g^{2n}$ は、$|g|<1$ なら $0$、$|g|=1$ なら $1$、$|g|>1$ なら $\infty$ に向かう。よって
$|g(x)|<1$ のとき $f(x)=x$、$|g(x)|>1$ のとき $f(x)=2$、$|g(x)|=1$ のとき $f(x)=\frac{2+x}{2}$ である。

$g(0)=0$ なので、$x=0$ の近傍では $f(x)=x$ となり、$x=0$ で連続である。

$0\le x<2$ で $|g(x)|=1$ となる点 $x_0$ があるとする。その点の近傍のうち $|g|\ne 1$ の部分では、$f=x$ か $f=2$ のどちらかである。
- $f=x$ の側では、連続であるために $x_0=\frac{2+x_0}{2}$、すなわち $x_0=2$ が必要。
- $f=2$ の側では、連続であるために $\frac{2+x_0}{2}=2$、すなわち $x_0=2$ が必要。

いずれも $x_0<2$ と矛盾するので、$0\le x<2$ では $|g(x)|\ne 1$ でなければならない。$g$ は連続で $g(0)=0$ だから、$0\le x<2$ で常に $|g(x)|<1$ となる。このとき $f(x)=x$ である。

$x=2$ では、$|g(2)|\le 1$ のとき $f(2)=2$ または $\frac{2+2}{2}=2$ となり、いずれも ${\lim }_{x\to 2-0}x=2$ と一致する。したがって連続である。$|g(2)|\le 1$ は連続性から自動的に満たされる。

以上より、条件は $0\le x<2$ で $|x^2-2ax|<1$ となることである。

$0<x<2$ では $|x-2a|<\frac{1}{x}$ と同値で、$x-\frac{1}{x}<2a<x+\frac{1}{x}$ となる。
- $x-\frac{1}{x}$ は $(0,2)$ で単調増加で、上限は $\frac{3}{2}$（$x=2$ は含まれないので到達しない）。よって $2a\ge \frac{3}{2}$。
- $x+\frac{1}{x}$ の $(0,2)$ での最小値は $x=1$ のときの $2$ で、これは達成される。よって $2a<2$。

ゆえに $\frac{3}{4}\le a<1$ である。

検算：$a=\frac{3}{4}$ のとき $g=x^2-\frac{3}{2}x$。最小値は $x=\frac{3}{4}$ で $-\frac{9}{16}>-1$、$g(2)=1$ なので、$0\le x<2$ で $|g|<1$ を満たす。$a\to 1$ では $g(1)=1-2a$ が $-1$ に近づき、$a=1$ のとき $g(1)=-1$ となって不連続になる。