東京大学 1994年 理系 第4問 解説

方針・初手

定積分を含んだ関数 $f_n(x)$ の定義から、定数となる定積分 $g_n(c) = \int_0^c f_n(t) dt$ に関する漸化式を立てて極限を求める。次に、$g_n(x)$ の極限を計算し、与えられた方程式を $g(x) = \int_0^x f(t) dt$ に関する微分方程式に帰着させる。これを解いて $f(x)$ の一般形を求め、初期条件 $f(0)=1$ と自己無撞着条件（定数の決定）から $f(x)$ を特定する。

解法1

問題文の定義より、

$$ f_1(x) = f(x) + \int_0^c f(t) dt = f(x) + g(c) $$

$$ f_n(x) = f(x) + \int_0^c f_{n-1}(t) dt = f(x) + g_{n-1}(c) \quad (n = 2, 3, \dots) $$

である。これを用いて $g_n(c) = \int_0^c f_n(t) dt$ の漸化式を立てる。

$n=1$ のとき、

$$ g_1(c) = \int_0^c \{ f(t) + g(c) \} dt = g(c) + c g(c) = (1+c)g(c) $$

$n \geqq 2$ のとき、

$$ g_n(c) = \int_0^c \{ f(t) + g_{n-1}(c) \} dt = g(c) + c g_{n-1}(c) $$

この漸化式は $n=1$ において $g_0(c) = g(c)$ と定めれば成り立つ。特性方程式 $\alpha = c \alpha + g(c)$ の解 $\alpha = \frac{g(c)}{1-c}$ を用いて変形すると、

$$ g_n(c) - \frac{g(c)}{1-c} = c \left( g_{n-1}(c) - \frac{g(c)}{1-c} \right) $$

となる。したがって、等比数列の一般項より、

$$ g_n(c) - \frac{g(c)}{1-c} = c^{n-1} \left( g_1(c) - \frac{g(c)}{1-c} \right) = c^{n-1} \left( (1+c)g(c) - \frac{g(c)}{1-c} \right) = - \frac{c^{n+1}}{1-c} g(c) $$

よって、

$$ g_n(c) = \frac{1-c^{n+1}}{1-c} g(c) $$

$0 < c < 1$ より $\lim_{n \to \infty} c^{n+1} = 0$ であるから、

$$ \lim_{n \to \infty} g_n(c) = \frac{g(c)}{1-c} $$

一方、$g_n(c)$ の定義式で積分上端 $c$ を $x$ に置き換えたものを $g_n(x)$ と解釈すると、$n \geqq 2$ に対して、

$$ g_n(x) = \int_0^x f_n(t) dt = \int_0^x \{ f(t) + g_{n-1}(c) \} dt = g(x) + x g_{n-1}(c) $$

よって、その極限は

$$ \lim_{n \to \infty} g_n(x) = g(x) + x \lim_{n \to \infty} g_{n-1}(c) = g(x) + \frac{g(c)}{1-c} x $$

となる。これを与えられた等式 $x f(x) = g(x) + x \lim_{n \to \infty} g_n(x)$ に代入すると、

$$ x f(x) = g(x) + x \left( g(x) + \frac{g(c)}{1-c} x \right) = (1+x) g(x) + \frac{g(c)}{1-c} x^2 $$

ここで定数 $k = \frac{g(c)}{1-c}$ とおき、$g'(x) = f(x)$ であることを用いると、

$$ x g'(x) - (1+x) g(x) = k x^2 $$

この微分方程式を解くために $g(x) = x h(x)$ とおくと、$g'(x) = h(x) + x h'(x)$ である。これを代入して整理すると、

$$ x \{ h(x) + x h'(x) \} - (1+x) x h(x) = k x^2 $$

$$ x^2 h'(x) - x^2 h(x) = k x^2 $$

$x > 0$ において両辺を $x^2$ で割ると、

$$ h'(x) - h(x) = k $$

両辺に積分因子 $e^{-x}$ を掛けて、

$$ e^{-x} h'(x) - e^{-x} h(x) = k e^{-x} $$

$$ ( e^{-x} h(x) )' = k e^{-x} $$

両辺を積分して、

$$ e^{-x} h(x) = -k e^{-x} + C \quad (C \text{ は積分定数}) $$

$$ h(x) = C e^x - k $$

よって、

$$ g(x) = x h(x) = C x e^x - k x $$

この式は $x \to +0$ で $g(x) \to 0$ となり、$g(0) = 0$ と矛盾しない。両辺を微分して、

$$ f(x) = g'(x) = C(x+1)e^x - k $$

条件 $f(0) = 1$ より $C - k = 1$、すなわち $C = k + 1$ を得る。したがって、

$$ g(x) = (k+1)x e^x - k x $$

$$ f(x) = (k+1)(x+1)e^x - k $$

最後に定数 $k$ を決定する。$k = \frac{g(c)}{1-c}$ より $g(c) = k(1-c)$ であり、上の $g(x)$ の式に $x=c$ を代入して等置すると、

$$ k(1-c) = (k+1)c e^c - k c $$

$$ k - k c = k c e^c + c e^c - k c $$

$$ k(1 - c e^c) = c e^c $$

関数 $f(x)$ が定まるためには $c e^c \neq 1$ である必要がある。このとき、

$$ k = \frac{c e^c}{1 - c e^c} $$

これより $k+1 = \frac{c e^c}{1 - c e^c} + 1 = \frac{1}{1 - c e^c}$ となるため、求める関数は

$$ f(x) = \frac{x+1}{1 - c e^c} e^x - \frac{c e^c}{1 - c e^c} = \frac{(x+1)e^x - c e^c}{1 - c e^c} $$

解説

積分方程式の基本通り、定積分の値を定数でおき、漸化式を処理する問題である。数列の極限を計算した後に得られる式は $g(x)$ についての1階線形微分方程式となるが、そのまま積分因子を用いて解くか、$g(x) = x h(x)$ のような置き換えを利用することで計算量を減らすことができる。 なお、定数 $k$ を決定する際、$(0, 1)$ の範囲で $c e^c = 1$ を満たす $c$ （オメガ定数）が存在するが、出題の意図としてそのような $c$ は除外されていると解釈して解答を進めるのが適切である。

答え

$$ f(x) = \frac{(x+1)e^x - c e^c}{1 - c e^c} $$