東京大学 1994年度 前期日程 第2次学力試験理系数学 第4問

$0<c<1$を固定する。定義から$$g_n(c)={\int }_0^c{f}_n(t)dt={\int }_0^c\{f(t)+{\int }_0^c{f}_{n-1}(u)du\}dt$$である。内側の積分は$t$によらない定数なので$$g_n(c)=g(c)+c{\int }_0^c{f}_{n-1}(u)du=g(c)+c{g}_{n-1}(c)$$となる。

したがって $$g_n(c)=g(c)(1+c+\cdots +c^{n-1})$$ であり，$0<c<1$より $$\underset{n\to \mathrm{\infty }}{\lim }{g}_n(c)={\displaystyle \frac{g(c)}{1-c}}$$ である。

問題の条件に$c=x$としてこの極限を代入すると，$0<x<1$で $$xf(x)=g(x)+x{\displaystyle \frac{g(x)}{1-x}}={\displaystyle \frac{g(x)}{1-x}}$$ である。よって $x(1-x)f(x)=g(x)$ を得る。

ここで$$g(x)={\int }_0^{x}f(t)dt$$だから$g^{\mathrm{\prime }}(x)=f(x)$である。したがって $$x(1-x)g^{\mathrm{\prime }}(x)=g(x)(0<x<1)$$ である。 $0<x<1$で $$H(x)={\displaystyle \frac{1-x}{x}}g(x)$$ とおく。上の式を用いて微分すると$$H^{\mathrm{\prime }}(x)={\displaystyle \frac{1-x}{x}}{g}^{\mathrm{\prime }}(x)-{\displaystyle \frac{1}{x^2}}g(x)={\displaystyle \frac{1-x}{x}}\cdot {\displaystyle \frac{g(x)}{x(1-x)}}-{\displaystyle \frac{g(x)}{x^2}}=0$$である。よって$H(x)$は定数であり，ある定数$C$を用いて $${\displaystyle \frac{1-x}{x}}g(x)=C$$ と書ける。すなわち $$g(x)={\displaystyle \frac{Cx}{1-x}}$$ である。

したがって $$f(x)=g^{\mathrm{\prime }}(x)={\displaystyle \frac{C}{(1-x{)}^2}}$$ である。$f(0)=1$より$C=1$だから $${\displaystyle f(x)={\displaystyle \frac{1}{(1-x{)}^2}}(0\leqq x<1)}$$ である。

最後に確認する。この$f$に対して$$g(x)={\int }_0^x{\displaystyle \frac{1}{(1-t{)}^2}}dt={\displaystyle \frac{x}{1-x}}$$であるから，$$\underset{n\to \mathrm{\infty }}{\lim }{g}_n(x)={\displaystyle \frac{g(x)}{1-x}}={\displaystyle \frac{x}{(1-x{)}^2}}$$ である。すると$$g(x)+x\underset{n\to \mathrm{\infty }}{\lim }{g}_n(x)={\displaystyle \frac{x}{1-x}}+{\displaystyle \frac{x^2}{(1-x{)}^2}}={\displaystyle \frac{x}{(1-x{)}^2}}=xf(x)$$となり，確かに条件を満たす。

極限から得られる積分方程式を微分し、$(1-x{)}^{2}f(x)$ の導関数が0になることを直接示す。対数積分や $f$ での割り算を避ける。

まず固定した $c$ について$$g_n(c)=g(c)+c{g}_{n-1}(c)$$である。これを繰り返すと$$g_n(c)=g(c)(1+c+\cdots +c^{n-1}),$$したがって$$\underset{n\to \mathrm{\infty }}{\lim }{g}_n(c)={\displaystyle \frac{g(c)}{1-c}}\mathrm{.}$$条件式に $c=x$ を代入すれば$$xf(x)={\displaystyle \frac{g(x)}{1-x}},$$すなわち$$g(x)=x(1-x)f(x)\mathrm{.}$$左辺は微分可能なので、$0<x<1$ で右辺も微分できる。$g^{\mathrm{\prime }}(x)=f(x)$ を
用いて微分すると$$f(x)=(1-2x)f(x)+x(1-x)f^{\mathrm{\prime }}(x)\mathrm{.}$$よって$$(1-x)f^{\mathrm{\prime }}(x)=2f(x)\mathrm{.}$$ここで$${\displaystyle \frac{d}{dx}}\{(1-x{)}^{2}f(x)\}=(1-x)\{(1-x)f^{\mathrm{\prime }}(x)-2f(x)\}=0.$$したがって $(1-x{)}^{2}f(x)=C$ である。$f$ は $x=0$ で連続し、
$f(0)=1$ だから $C=1$ となる。ゆえに$$f(x)={\displaystyle \frac{1}{(1-x{)}^2}}(0\leqq x<1)\mathrm{.}$$この関数では $g(x)=x\mathrm{/}(1-x)$ となり、元の条件への代入でも等式が成立する。