https://spherical-harmonics.hateblo.jp/entry/Todai/1994/Rika

2024.01.10記

[4] $0\lt c\lt 1$ とする． $0\leqq x \lt 1$ において連続な関数 $f(x)$ に対して
$f_1(x)=f(x)+\displaystyle\int_{0}^{c} f(t)\,dt$ ，
$f_2(x)=f(x)+\displaystyle\int_{0}^{c} f_1(t)\,dt$
とおく．以下，関数 $f_3(x)$ ， $f_4(x)$ ，… を順次
$f_n(x)=f(x)+\displaystyle\int_{0}^{c} f_{n-1}(t)\,dt$
（ $n=3$ ， $4$ ，…）により定める．また， $g(c)=\displaystyle\int_{0}^{c} f(t)\,dt$ とし， $n=1$ ， $2$ ， $3$ ，…に対し $g_n(c)=\displaystyle\int_{0}^{c} f_n(t)\,dt$ とおく．このとき， $0\lt x\lt 1$ を満たす任意の $x$ に対し $xf(x)=g(x)+x\displaystyle\lim_{n\to\infty} g_n(x)$ が成り立ち，さらに $f(0)=1$ となるような関数 $f(x)$ を求めよ．

2024.01.12記

[解答]
$g_0(c)=g(c)$ とおくと任意の自然数 $n$ について
$f_n(x)=f(x)+g_{n-1}(c)$
が成立するので，両辺を $0$ から $c$ まで積分すると
$g_n(c)=g(c)+c\cdot g_{n-1}(c)$ （ $n=1，2，…$ ）
という2項間漸化式が得られる．よって
$g_n(c)=c^n\left(g_0(c)-\dfrac{g(c)}{1-c}\right)+\dfrac{g(c)}{1-c}$ $=-\dfrac{c^n\cdot g(c)}{1-c}+\dfrac{g(c)}{1-c}$
が成立する．

よって $\displaystyle\lim_{n\to\infty} g_n(x)=\dfrac{g(x)}{1-x}$ となり， $xf(x)=g(x)+x\cdot\dfrac{g(x)}{1-x}$ ，つまり
$g(x)=x(1-x)f(x)$
が任意の $x$ について成立する． $g(x)$ が $f(x)$ の原始関数の1つであることに注意して，この両辺を微分すると $f(x)=(1-2x)f(x)+x(1-x)f'(x)$ ，つまり
$\dfrac{f'(x)}{f(x)}=\dfrac{2}{1-x}$
となるので，両辺を積分することにより連続関数 $f(x)$ は $f(x)=\dfrac{C}{(1-x)^2}$ の形であり， $f(0)=1$ から
$f(x)=\dfrac{1}{(1-x)^2}$
となる．