https://spherical-harmonics.hateblo.jp/entry/Todai/1991/Rika

2024.01.04記

[6] $f(x)$ は $x\gt 0$ で定義された連続な関数で， $0\lt x_1\lt x_2$ ならば，つねに $f(x_1)\gt f(x_2)\gt 0$ であるものとし， $S(x)=\displaystyle\int_{x}^{2x} f(t)\,dt$ とおく．このとき， $S(1)=1$ であり，さらに任意の $a\gt 0$ に対して，原点と点 $(a,f(a))$ ，原点と点 $(2a,f(2a))$ を結ぶ $2$ 直線と曲線 $y=f(x)$ とで囲まれる部分の面積は $3S(a)$ に等しいものとする．

(1) $S(x)$ ， $f(x)-2f(2x)$ をそれぞれ $x$ の関数として表せ．

(2) $x\gt 0$ に対して， $a(x)=\displaystyle\lim_{n\to\infty}2^nf(2^nx)$ とおく．
積分 $\displaystyle\int_{x}^{2x} a(t)\,dt$ の値を求めよ．

(3) 関数 $f(x)$ を決定せよ．

2024.01.06記

[解答]
$f(x)$ の原始関数の1つを $F(x)$ とおくと $S(x)=F(2x)-F(x)$ であるから，
$S'(x)=2f(2x)-f(x)$
である．

任意の $a\gt 0$ に対して
$\dfrac{af(a)}{2}+S(a)-af(2a)=3S(a)$ ，
つまり $4S(a)=af(a)-2af(2a)=-aS'(a)$ が成立する．よって任意の $x\gt 0$ に対して
$\dfrac{S'(x)}{S(x)}=-\dfrac{4}{x}$
が成立するので，両辺を積分することにより
$\log S(x) = -4\log x+C$ （ $C$ は積分定数）
（∵ $x\gt 0，S(x)\gt 0$ ）となり $S(1)=1$ から
$S(x)=\dfrac{1}{x^4}$
となる．また $f(x)-2f(2x)=-S'(x)=\dfrac{4}{x^5}$ である．

(2) $f(x)-2f(2x)=\dfrac{4}{x^5}$ により
$f(2^{n-1}x)-2f(2^n x)=\dfrac{4}{2^{5n-5}x^5}$ であるから，
$2^{n-1}f(2^{n-1}x)-2^{n}f(2^n x)=\dfrac{4}{2^{4n-4}x^5}$ であるから，
この式で $k=1,2,\ldots,n$ としたものを加えると
$f(x)-2^nf(2^n x)=\dfrac{4}{x^5}(1+2^{-4}+\cdots+2^{-4n+4})$ $=\dfrac{4}{x^5}\cdot\dfrac{1-2^{-4n}}{1-2^{-4}}$ $=\dfrac{64(1-2^{-4n})}{15x^5}$
となる．よって $n\to\infty$ で
$f(x)-a(x)=\dfrac{64}{15x^5}$
が成立する．

よって
$\displaystyle\int_{x}^{2x} a(t)\,dt$ $=\displaystyle\int_{x}^{2x} f(t)\,dt$ $-\displaystyle\int_{x}^{2x} \dfrac{64}{15t^5}\,dt$ $=S(x)-\dfrac{1}{x^4}=0$
となる．

(3) 任意の $x\gt 0$ について $f(x)\gt 0$ であるから， $2^nf(2^n x)\gt 0$ が成立するので $a(x)\geqq 0$ が成立するが，(2) より任意の $x\gt 0$ について $x\leqq t\leqq 2x$ で $a(t)$ は恒等的に0となる．すなわち， $a(x)$ は $x\gt 0$ で恒等的に $0$ である．

よって $f(x)-a(x)=\dfrac{64}{15x^5}$ から
$f(x)=\dfrac{64}{15x^5}$
となる．

[別解]
（この[別解]よりも，次の[別解2]の方が良い）

(2)(3) $g(x)-2g(2x)=\dfrac{4}{x^5}$ をみたす関数として
$g(x)=\dfrac{K}{x^5}$ の形の中で探すと
$g(x)-2g(2x)=\dfrac{15K}{16x^5}=\dfrac{4}{x^5}$
から $K=\dfrac{64}{15}$ となり， $g(x)=\dfrac{64}{15x^5}$ となる．

このとき，任意の $x\gt 0$ について
$f(x)-2f(2x)=\dfrac{4}{x^5}$ ， $g(x)-2g(2x)=\dfrac{4}{x^5}$
であるから， $h(x)=f(x)-g(x)$ とおくと $h(x)=2h(2x)$ が任意の $x\gt 0$ について成立する．

ここで $H(x)=xh(x)$ とおくと
$H(x)=H(2x)$
が任意の $x\gt 0$ について成立する．
つまり任意の $x\gt 0$ について，任意の自然数 $n$ に対して
$H(x)=H(2^{-1}x)=H(2^{-2}x)=\cdots=H(2^{-n}x)$
が成立し， $f(x)$ が連続なので $g(x)$ が連続であるならば
$n\to\infty$ とおくことにより $t=2^{-n}x\to +0$ であるから
$H(x)=\displaystyle\lim_{t\to +0} H(t)$
が成立する．ここで $H(x)$ は $x\gt 0$ で定義されて値が有限確定であるから，
$\displaystyle\lim_{t\to +0} H(t)$
も有限確定であり，この値は $x$ によらないので $H(x)$ は定数関数となる．この値を $C$ とおくと
$h(x)=\dfrac{C}{x}$
となり，
$f(x)=g(x)+\dfrac{C}{x}=\dfrac{64}{15x^5}+\dfrac{C}{x}$
と表されることになる．

ここで
$S(1)=\displaystyle\int_1^2 f(t)dt$ $=\dfrac{16}{15}\left[\dfrac{1}{t^4}+C\log x\right]_1^2$ $=1+C\log 2=1$
により $C=0$ であるから， $f(x)=\dfrac{64}{15x^5}$ となる．

このとき， $a(x)=\displaystyle\lim_{n\to\infty}\dfrac{64\cdot 2^n}{15\cdot 2^{5n} x^5}=0$ だから
$\displaystyle\int_{x}^{2x} a(t)\,dt$ $\displaystyle\int_{x}^{2x} 0\,dt=0$
となる．

この解答で $\dfrac{C}{x}$ というオマケが登場したのは，純粋に
$f(x)-2f(2x)=\dfrac{4}{x^5}$
という条件のみを連続関数を探そうと思ったからである．つまり
$f(x)-2f(2x)=0$
の一般解 $\dfrac{C}{x}$ と特殊解 $\dfrac{64}{15x^5}$ の和で解が表せるという性質を使ったのである．

[別解2]
(2) $S(x)=F(2x)-F(x)=\dfrac{1}{x^4}$ である．
$G(2x)-G(x)=\dfrac{1}{x^4}$
をみたす関数の1つとして
$Ｇ(x)=\dfrac{K}{x^4}$ の形の中で探すと
$G(2x)-G(x)=-\dfrac{15K}{16x^4}=\dfrac{1}{x^4}$
から $K=-\dfrac{16}{15}$ となり， $G(x)=-\dfrac{16}{15x^4}$ となる．

このとき， $L(x)=F(x)-G(x)$ とおくと $L(2x)=L(x)$ が任意の $x\gt 0$ について成立する．
[別解]の議論を用いると
$L(x)$ は定数関数となり，この値を $L$ とおくと
$F(x)=-\dfrac{16}{15x^4}+L$
となる．これを微分して
$f(x)=\dfrac{64}{15x^5}$
となる．

（以下略）

[別解2] では $f(x)=\dfrac{64}{15x^5}$ が直接求まっているが，[別解] では $f(x)=\dfrac{64}{15x^5}+\dfrac{C}{x}$ と $S(1)=1$ から $C$ の値を求めている．この違いはどこにあるだろうか？

実は， $f(x)-2f(2x)=\dfrac{4}{x^5}$ という式を求めるために既に $S(1)=F(2)-F(1)=1$ を用いているが，この $F(x)$ に関する条件が $f(x)$ にどのように伝播されるか不明であるため，[別解]ではその条件を活かすことができず，よって一般解を求め，改めて $F(x)$ に関する条件として $C$ の値を決めているのである．それと比べて， $F(x)-F(2x)=-\dfrac{1}{x^4}$ という式には既に $S(1)=F(2)-F(1)=1$ が含まれているため，[別解2]では改めて $S(1)=F(2)-F(1)=1$ という条件を用いる必要がなく，よって $F(x)$ がきちんと求まっているのである．