東京大学 1994年度 前期日程 第2次学力試験文系数学 第4問

(1)

まず$${\int }_0^{c}f(t)dt={\int }_0^c(-4t^3+3t^2)dt=[-t^4+t^3{]}_0^c=c^3-c^4=c^3(1-c)$$である。

定義式では，$x$を含む部分は常に$f(x)$だけであり，積分で加わる部分は定数である。そこで $f_n(x)=f(x)+C_n$ とおく。$n=1$では $C_1=c^3(1-c)$ である。また$n\geqq 2$では$$C_n={\int }_0^c{f}_{n-1}(t)dt={\int }_0^c\{f(t)+C_{n-1}\}dt=c^3(1-c)+c{C}_{n-1}$$である。

したがって $$C_n=c^3(1-c)(1+c+\cdots +c^{n-1})$$ となる。$0<c<1$より $$1+c+\cdots +c^{n-1}={\displaystyle \frac{1-c^n}{1-c}}$$ であるから $C_n=c^3(1-c^n)$ を得る。よって $${\displaystyle f_n(x)=-4x^3+3x^2+c^3(1-c^n)}$$ である。

(2) $0<c<1$より$0<c^3<1$，また$0<1-c^n<1$であるから $0<c^3(1-c^n)<1$ である。したがって $f_n(0)=c^3(1-c^n)>0$ であり，また $$f_n(1)=-4+3+c^3(1-c^n)=-1+c^3(1-c^n)<0$$ である。連続性より，$0<x<1$に少なくとも1つ解が存在する。

一意性を示す。 $$h(x)=-4x^3+3x^2=x^2(3-4x)$$ とおく。$0<x\leqq 3\mathrm{/}4$では$h(x)\geqq 0$なので $$f_n(x)=h(x)+c^3(1-c^n)>0$$ である。したがって解は$3\mathrm{/}4<x<1$にしか現れない。

一方，$$h^{\mathrm{\prime }}(x)=-12x^2+6x=6x(1-2x)$$ であるから，$3\mathrm{/}4<x<1$では$h^{\mathrm{\prime }}(x)<0$である。よって$f_n(x)=h(x)+c^3(1-c^n)$もこの区間で単調に減少する。さらに $$f_n\left({\displaystyle \frac{3}{4}}\right)=c^3(1-c^n)>0,f_n(1)<0$$ であるから，$3\mathrm{/}4<x<1$に解はただ一つ存在する。

以上より，$0<x<1$で$f_n(x)=0$を満たす$x$はただ一つである。

積分で加わる定数を漸化式の不動点との差に置き換えて解く。零点は3次関数と水平線の交点として、符号と単調性から一意性を読む。

(1) $$I={\int }_0^c(-4t^3+3t^2)dt=c^3(1-c)$$とおく。$f_n(x)-f(x)$ は $x$ によらないから、これを $C_n$ と書けば$$C_1=I,C_n=I+c{C}_{n-1}\mathrm{.}$$この漸化式の不動点は $C=I\mathrm{/}(1-c)=c^3$ である。したがって$$C_n-c^3=c(C_{n-1}-c^3)\mathrm{.}$$$C_1-c^3=-c^4$ を用いると$$C_n-c^3=-c^{n+3},$$ゆえに$$f_n(x)=-4x^3+3x^2+c^3(1-c^n)\mathrm{.}$$(2)
$K=c^3(1-c^n)$ とおけば $0<K<1$ であり、方程式は$$x^2(4x-3)=K$$と書ける。$0<x\leqq 3\mathrm{/}4$ では左辺が $0$ 以下なので解はない。
$3\mathrm{/}4<x<1$ では$${\displaystyle \frac{d}{dx}}\{x^2(4x-3)\}=6x(2x-1)>0$$であり、左辺は $x=3\mathrm{/}4$ で $0$、$x=1$ で $1$ となる。よって
$0<K<1$ に対し、この区間に交点がただ1つ存在する。したがって
$0<x<1$ における $f_n(x)=0$ の解もただ1つである。