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名古屋大学 2012年理系第2問解説

方針・初手

(1) は与えられた定義式に従って、部分積分法を用いながらそのまま計算する。
(2) は定積分 $\int_{-c}^{c} g(x) dx$ を求める問題であり、被積分関数 $g(x)$ の偶奇性を調べるのが定石である。$g(-x)$ を計算して奇関数であることを示す。
(3) は (2) の誘導を活用する。(2) の結果から $\int_{-x}^{x} (at+b)e^t dt$ という形の関数が奇関数であり、対称区間での積分が $0$ になることを用いて、$f_{2n}(x)$ と $f_{2n+2}(x)$ の漸化式を導く。

解法1

(1)

定義より、

$$f_1(x) = \int_{-x}^{x} f_0(t) dt + f'_0(x)$$

$f_0(x) = xe^x$ であるから、積の微分法を用いて、

$$f'_0(x) = 1 \cdot e^x + x \cdot e^x = (x+1)e^x$$

また、部分積分法を用いると、

$$\begin{aligned} \int_{-x}^{x} f_0(t) dt &= \int_{-x}^{x} t e^t dt \\ &= \left[ t e^t \right]_{-x}^{x} - \int_{-x}^{x} 1 \cdot e^t dt \\ &= \left( x e^x - (-x)e^{-x} \right) - \left[ e^t \right]_{-x}^{x} \\ &= x e^x + x e^{-x} - (e^x - e^{-x}) \\ &= (x-1)e^x + (x+1)e^{-x} \end{aligned}$$

これらを足し合わせて、

$$\begin{aligned} f_1(x) &= (x-1)e^x + (x+1)e^{-x} + (x+1)e^x \\ &= 2x e^x + (x+1)e^{-x} \end{aligned}$$

(2)

$g(x)$ の偶奇性を調べるために $g(-x)$ を計算する。

$$g(-x) = \int_{x}^{-x} (at+b)e^t dt = - \int_{-x}^{x} (at+b)e^t dt = -g(x)$$

したがって、$g(x)$ は奇関数である。

積分区間 $[-c, c]$ は原点に関して対称であるため、奇関数の定積分は $0$ となる。

よって、

$$\int_{-c}^{c} g(x) dx = 0$$

(3)

$n$ を非負整数とする。(2) で示したように、任意の関数 $g(x) = \int_{-x}^{x} (at+b)e^t dt$ は奇関数であるため、任意の $x$ に対して、

$$\int_{-x}^{x} g(t) dt = 0$$

が成り立つ。

さて、$f_{2n}(x)$ と $f_{2n+2}(x)$ の関係を調べる。定義より、

$$\begin{aligned} f_{2n+2}(x) &= \int_{-x}^{x} f_{2n+1}(t) dt + f'_{2n+1}(x) \\ &= \int_{-x}^{x} \left( \int_{-t}^{t} f_{2n}(s) ds + f'_{2n}(t) \right) dt + \frac{d}{dx} \left( \int_{-x}^{x} f_{2n}(t) dt + f'_{2n}(x) \right) \end{aligned}$$

ここで、$f_{2n}(x) = (A_n x + B_n)e^x$ （$A_n, B_n$ は定数）の形で表されると仮定する（$n=0$ のときは $A_0=1, B_0=0$ として成り立つ）。

このとき、$h_n(t) = \int_{-t}^{t} f_{2n}(s) ds$ とおくと、(2) の $g(t)$ と同じ形であるから、$h_n(t)$ は奇関数となる。ゆえに、$\int_{-x}^{x} h_n(t) dt = 0$ である。

したがって、積分部分は、

$$\begin{aligned} \int_{-x}^{x} f_{2n+1}(t) dt &= \int_{-x}^{x} h_n(t) dt + \int_{-x}^{x} f'_{2n}(t) dt \\ &= 0 + \left[ f_{2n}(t) \right]_{-x}^{x} \\ &= f_{2n}(x) - f_{2n}(-x) \end{aligned}$$

また、微積分学の基本定理より、$\frac{d}{dx} \int_{-x}^{x} f(t) dt = f(x) \cdot (x)' - f(-x) \cdot (-x)' = f(x) + f(-x)$ となることを用いると、微分の部分は、

$$\begin{aligned} f'_{2n+1}(x) &= \frac{d}{dx} \int_{-x}^{x} f_{2n}(t) dt + f''_{2n}(x) \\ &= f_{2n}(x) + f_{2n}(-x) + f''_{2n}(x) \end{aligned}$$

これらを足し合わせると、

$$\begin{aligned} f_{2n+2}(x) &= \left\{ f_{2n}(x) - f_{2n}(-x) \right\} + \left\{ f_{2n}(x) + f_{2n}(-x) + f''_{2n}(x) \right\} \\ &= 2 f_{2n}(x) + f''_{2n}(x) \end{aligned}$$

という漸化式が得られる。

この漸化式を用いて、$f_{2n}(x) = (A_n x + B_n)e^x$ の係数 $A_n, B_n$ を求める。$f_{2n}(x) = (A_n x + B_n)e^x$ のとき、

$$f'_{2n}(x) = A_n e^x + (A_n x + B_n)e^x = (A_n x + A_n + B_n)e^x$$

$$f''_{2n}(x) = A_n e^x + (A_n x + A_n + B_n)e^x = (A_n x + 2A_n + B_n)e^x$$

これを漸化式に代入すると、

$$\begin{aligned} f_{2n+2}(x) &= 2(A_n x + B_n)e^x + (A_n x + 2A_n + B_n)e^x \\ &= (3A_n x + 2A_n + 3B_n)e^x \end{aligned}$$

よって、$A_{n+1} = 3A_n$、$B_{n+1} = 3B_n + 2A_n$ となる。

初期条件は、$f_0(x) = x e^x$ より $A_0 = 1, B_0 = 0$ である。まず数列 $\{A_n\}$ は初項 $1$、公比 $3$ の等比数列であるから、

$$A_n = 3^n$$

次に、数列 $\{B_n\}$ の漸化式は $B_{n+1} = 3B_n + 2 \cdot 3^n$ となる。両辺を $3^{n+1}$ で割ると、

$$\frac{B_{n+1}}{3^{n+1}} = \frac{B_n}{3^n} + \frac{2}{3}$$

数列 $\left\{ \frac{B_n}{3^n} \right\}$ は初項 $\frac{B_0}{3^0} = 0$、公差 $\frac{2}{3}$ の等差数列であるから、

$$\frac{B_n}{3^n} = 0 + \frac{2}{3} n$$

したがって、

$$B_n = \frac{2}{3} n \cdot 3^n = 2n \cdot 3^{n-1}$$

以上より、求める関数は、

$$f_{2n}(x) = (3^n x + 2n \cdot 3^{n-1}) e^x$$

これは正の整数 $n$ に対して成り立つ。

解説

(2) の定積分の結果が $0$ になることは一見単純な計算問題のように見えるが、実は (3) を鮮やかに解くための重要な布石となっている。

(3) において、$f_{2n}(x)$ を直接順次計算しようとすると $e^{-x}$ の項が複雑に絡んでくる。しかし、$f_{2n}(x)$ から $f_{2n+2}(x)$ への漸化式を立てる過程で (2) の性質（奇関数の対称区間での積分が $0$ になること）を活用すると、$e^{-x}$ の項が見事に相殺され、非常に簡潔な関係式 $f_{2n+2}(x) = 2f_{2n}(x) + f''_{2n}(x)$ が導かれる。

さらに、$\frac{d}{dx} \int_{-x}^{x} f(t) dt = f(x) + f(-x)$ という、合成関数の微分を含んだ微積分学の基本定理を正確に扱えるかどうかが問われている。誘導の意味を汲み取り、式全体の見通しを立てて処理する力が試される良問である。