京都大学 1985年度 前期日程 第2次学力試験理系数学 第6問

与えられた条件は、すべての $x\geqq 0$ について$$b{\int }_a^{x}f(t)dt=xf(x)$$が成り立つということである。

まず $x=a$ を代入すると$$b{\int }_a^{a}f(t)dt=af(a)$$より $af(a)=0$ を得る。したがって $a>0$ の場合には $f(a)=0$ が必要である。

次に $x>0$ で両辺を微分する。左辺の微分は $bf(x)$、右辺の微分は $f(x)+x{f}^{\mathrm{\prime }}(x)$ だから $bf(x)=f(x)+x{f}^{\mathrm{\prime }}(x)$ すなわち $x{f}^{\mathrm{\prime }}(x)=(b-1)f(x)$ である。

この式から関数形を決める。$x>0$ において$$\begin{array}{rl}{\displaystyle {\displaystyle \frac{d}{dx}}\{x^{1-b}f(x)\}}& {\displaystyle =(1-b)x^{-b}f(x)+x^{1-b}{f}^{\mathrm{\prime }}(x)}\\ {\displaystyle }& {\displaystyle =x^{-b}\{(1-b)f(x)+x{f}^{\mathrm{\prime }}(x)\}}\\ {\displaystyle }& {\displaystyle =0}\end{array}$$である。よって、ある定数 $C$ が存在して $x^{1-b}f(x)=C$ すなわち $$f(x)=C{x}^{b-1}(x>0)$$ である。

1. $a>0$ の場合

この場合は先に得た条件 $f(a)=0$ がある。ところが $f(a)=C{a}^{b-1}$ であり、$a>0$ なので $a^{b-1}\mathrm{\ne }0$ である。したがって $C=0$ である。ゆえに $f(x)=0(x>0)$ であり、連続性から $f(0)=0$ でもある。したがって $f(x)\equiv 0$ だけが解である。これは元の式を明らかに満たす。

2. $a=0$ の場合

この場合、$x>0$ では $f(x)=C{x}^{b-1}$ である。あとは $x=0$ で連続であることと、元の式を満たすことを調べる。 $b>1$ のとき、$x^{b-1}\to 0(x\to 0+)$ である。したがって任意の定数 $C$ に対して $$f(0)=0,f(x)=C{x}^{b-1}(x>0)$$ と定めれば連続である。また$$\begin{array}{rl}{\displaystyle b{\int }_0^{x}C{t}^{b-1}dt}& {\displaystyle =b\cdot C{\displaystyle \frac{x^b}{b}}}\\ {\displaystyle }& {\displaystyle =C{x}^b}\end{array}$$であり、右辺も $$xf(x)=x\cdot C{x}^{b-1}=C{x}^b$$ なので元の式を満たす。 $b=1$ のとき、$x>0$ では $f(x)=C$ である。連続性により $f(0)=C$ とすればよい。このとき$${\int }_0^{x}Cdt=Cx=xf(x)$$であり、元の式を満たす。よって任意の定数 $C$ について $f(x)=C(x\geqq 0)$ が解である。 $b<1$ のとき、もし $C\mathrm{\ne }0$ なら $C{x}^{b-1}$ は $x\to 0+$ で有限な極限をもたない。したがって連続性のためには $C=0$ でなければならず、零関数だけが残る。

以上をまとめると、解は次の通りである。$$\{\begin{array}{ll}a>0:& f(x)\equiv 0,\\ a=0,b>1:& f(0)=0,f(x)=C{x}^{b-1}(x>0)(C\text{ は任意定数}),\\ a=0,b=1:& f(x)=C(x\geqq 0)(C\text{ は任意定数}),\\ a=0,b<1:& f(x)\equiv 0.\end{array}$$

積分を $F(x)={\int }_a^{x}f(t)dt$ と一つの関数に置く。条件は $x{F}^{\mathrm{\prime }}(x)=bF(x)$ となるため $F(x)=K{x}^b$ 型を得る。積分の始点条件と $x=0$ での $f=F^{\mathrm{\prime }}$ の連続性から場合分けする。

$x>0$ で$$F(x)={\int }_a^{x}f(t)dt$$とおくと，$F^{\mathrm{\prime }}(x)=f(x)$ であり，条件(B)は$$x{F}^{\mathrm{\prime }}(x)=bF(x)$$となる。

$b\mathrm{\ne }0$ のとき，$x>0$ では$${\displaystyle \frac{d}{dx}}\{x^{-b}F(x)\}=0$$だから $F(x)=K{x}^b$ であり，$$f(x)=F^{\mathrm{\prime }}(x)=Kb{x}^{b-1}$$となる。$b=0$ では $x{F}^{\mathrm{\prime }}(x)=0$ より $f(x)=0$ である。

$a>0$ なら $F(a)=0$ である一方，$F(a)=K{a}^b$ なので $K=0$ となる。従って零関数だけである。

$a=0$ のとき，非零の $K$ が許されるには $f(x)=Kb{x}^{b-1}$ が $x=0$ まで連続でなければならない。したがって$$\{\begin{array}{ll}b>1:& f(0)=0,f(x)=C{x}^{b-1}(x>0),\\ b=1:& f(x)=C(x\geqq 0),\\ b<1:& f(x)\equiv 0\end{array}$$である。ここで $C$ は任意の実数である。各関数を元の積分式へ代入すれば十分性も確認できる。