\(f _ 0 (x) = x e^x\) として, 正の整数 \(n\) に対して, \[ f _ n (x) = \displaystyle\int _ {-x}^x f _ {n-1} (t) \, dt +f' _ {n-1} (x) \] により実数 \(x\) の関数 \(f _ n (x)\) を定める.

1. (1)　\(f _ 1 (x)\) を求めよ.

2. (2)　\(g(x) = \displaystyle\int _ {-x}^x (at+b) e^t \, dt\) とするとき, 定積分 \(\displaystyle\int _ {-c}^c g(x) \, dx\) を求めよ. ただし, 実数 \(a , b , c\) は定数とする.

3. (3)　正の整数 \(n\) に対して, \(f _ {2n} (x)\) を求めよ.

【 解 答 】

(1)

\(F _ 0(x) = \displaystyle\int f _ 0(x) \, dx\) とおけば \[\begin{align} F _ 0(x) & = xe^x -\displaystyle\int e^x \, dx \\ & = (x-1) e^x +C \quad ( C \text{は積分定数} ) \end{align}\] なので \[\begin{align} f _ 1(x) & = F _ 0(x) -F _ 0(-x) +e^x +xe^x \\ & = (x-1)e^x +(x+1)e^{-x} +(x+1)e^x \\ & =\underline{2xe^x +(x+1)e^{-x}} \end{align}\]

(2)

\[\begin{align} g(-x) & = \displaystyle\int _ x^{-x} (at+b)e^t \, dt \\ & = -\displaystyle\int _ {-x}^x (at+b)e^t \, dt = -g(x) \end{align}\] なので, \(g(x)\) は奇関数だから \[ \displaystyle\int _ {-c}^c g(x) \, dx = \underline{0} \]

(3)

「 \(f _ {2n}(x) = ( a _ n x+b _ n ) e^x\) （ \(n\) は非負整数）と表せる. 」 ... [A] がすべての自然数 \(n\) について成り立つことを, 数学的帰納法を用いて示す.

1. 1*　\(n = 0\) のとき \[ a _ 0 = 1 , \ b _ 0 = 0 \quad ... [1] \] で, [A] が成立している.

2. 2*　\(n = k \ ( k \geqq 0 )\) のとき
   [A] が成立している, すなわち, \(f _ {2k} = ( a _ k x+b _ k ) e^x\) と表せると仮定すると \[\begin{align} f _ {2k+2}(x) & = \displaystyle\int _ {-x}^x f _ {2k+1}(x) \, dt +f' _ {2k+1}(x) \\ & = \displaystyle\int _ {-x}^x \left( \displaystyle\int _ {-t}^t f _ {2k}(s) \, ds +f' _ {2k}(t) \right) \, dt \\ & \qquad +\dfrac{d}{dx} \left( \displaystyle\int _ {-x}^x f _ {2k}(t) \, dt +f' _ {2k}(x) \right) \\ & = \displaystyle\int _ {-x}^x \displaystyle\int _ {-t}^t f _ {2k}(s) \, ds \, dt +f _ {2k}(x) -f _ {2k}(-x) \\ & \qquad +f _ {2k}(x) +f _ {2k}(-x) +f'' _ {2k}(x) \\ & = \underline{\displaystyle\int _ {-x}^x \displaystyle\int _ {-t}^t f _ {2k}(s) \, ds \, dt} _ {[2]} +2 f _ {2k}(x) +f'' _ {2k}(x) \end{align}\] (2) の結果より \[ [2] = 0 \] また \[\begin{align} f' _ {2k}(x) & = a _ {k} e^x +( a _ k x +b _ k ) e^x \\ & = ( a _ k x +a _ k +b _ k ) e^x , \\ f'' _ {2k}(x) & = a _ {k} e^x +( a _ k x +a _ k +b _ k ) e^x \\ & =( a _ k x +2a _ k +b _ k ) e^x \end{align}\] ゆえに \[\begin{align} f _ {2k+2} & =2( a _ k x +b _ k ) e^x +( a _ k x +2a _ k +b _ k ) e^x \\ & = ( 3a _ k x +2a _ k +3b _ k ) e^x \end{align}\] したがって \[ a _ {k+1} = 3a _ k , \ b _ {k+1} = 2a _ k +3b _ k \quad ... [2] \] とおけば, \(n = k+1\) でも [A] は成立する.

1* 2* より, すべての自然数 \(n\) について, [A] が成り立つことが示された.
[1] [2] より \[\begin{align} a _ n & = 3^n , \\ b _ {n+1} & = 2 \cdot 3^n +3 b _ n \\ \text{∴} \quad & \dfrac{b _ {n+1}}{3^{n+1}} =\dfrac{b _ n}{3^n} +\dfrac{2}{3} \end{align}\] したがって \[\begin{align} \dfrac{b _ n}{3^n} & = b _ 0 +\dfrac{2n}{3} =\dfrac{2n}{3} \\ \text{∴} \quad b _ n & = 2 \cdot 3^{n-1} n \end{align}\] よって \[ f _ {2n}(x) =\underline{3^{n-1} ( 3x +2n ) e^x} \]