九州大学 2009年度後期・理系数学後期第5問解答・解説

問題

$f (x)$ を $x ≧ 0$ で定義された連続な関数とし， $a$ ， $b$ を正の定数とする。このとき， $f (x)$ が $x ≧ 0$ で

0 ≦ f (x) ≦ a + b \int_{0}^{x} f (t) d t

の関係を満たすものとする。以下の問いに答えよ。

(1) $g (x) = \int_{0}^{x} f (t) d t$ とするとき，

\frac{d}{d x} {g (x) e^{- b x}} ≦ a e^{- b x}

が成立することを示せ。

(2) $f (x) ≦ a e^{b x}$ が成立することを示せ。

(3) $F (x)$ は $x$ について連続な関数で，任意の二つの実数 $α$ ， $β$ に対して，次の関係を満たすものとする。

∣ F (α) - F (β) ∣ ≦ ∣ α - β ∣

さらに， $x ≧ 0$ で定義された二つの連続な関数 $y (x)$ と $z (x)$ は次の関係式を満たすものとする。

y (x) = \int_{0}^{x} F (y (t)) d t, z (x) = \int_{0}^{x} F (z (t)) d t

このとき， $h (x) = ∣ y (x) - z (x) ∣$ とおけば，

h (x) ≦ \int_{0}^{x} h (t) d t

が成立することを示せ。

(4) $x ≧ 0$ で $y (x) = z (x)$ であることを証明せよ。

出典：九州大学 2009年度後期日程第2次学力試験後期・理系後期第5問

方針

(1)(2)は $g (x) = \int_{0}^{x} f (t) d t$ と置き，仮定を $g^{'} (x) ≦ a + b g (x)$ に変える。 $e^{- b x}$ を掛けると左辺が積の微分になるので，積分して $g$ を評価し，元の仮定へ戻して $f$ を評価する。(3)はyとzの差を積分表示し，Fの条件から絶対値を積分で押さえる。(4)は(2)と同じ不等式評価を $h$ に適用し， $h ≧ 0$ と合わせて $h = 0$ を示す。

解答

(1)

$g (x) = \int_{0}^{x} f (t) d t$ とおくと， $f$ は連続なので $g^{'} (x) = f (x)$ である。仮定 $0 ≦ f (x) ≦ a + b \int_{0}^{x} f (t) d t$ は $g^{'} (x) ≦ a + b g (x)$ と書ける。したがって $g^{'} (x) - b g (x) ≦ a$ である。

ここで

\frac{d}{d x} {g (x) e^{- b x}} = g^{'} (x) e^{- b x} - b g (x) e^{- b x} = {g^{'} (x) - b g (x)} e^{- b x}

だから， $e^{- b x} > 0$ より $\frac{d}{d x} {g (x) e^{- b x}} ≦ a e^{- b x}$ が成り立つ。

(2)

(1)の不等式を0からxまで積分する。 $g (0) = 0$ であるから $g (x) e^{- b x} - g (0) ≦ \int_{0}^{x} a e^{- b t} d t$ すなわち $g (x) e^{- b x} ≦ \frac{a}{b} (1 - e^{- b x})$ である。よって $g (x) ≦ \frac{a}{b} (e^{b x} - 1)$ となる。

仮定 $f (x) ≦ a + b g (x)$ に戻すと $f (x) ≦ a + b \cdot \frac{a}{b} (e^{b x} - 1) = a e^{b x}$ である。したがって $f (x) ≦ a e^{b x}$ が示された。

(3)

与えられた積分方程式から $y (x) - z (x) = \int_{0}^{x} {F (y (t)) - F (z (t))} d t$ である。両辺の絶対値を取ると，三角不等式により $∣ y (x) - z (x) ∣ ≦ \int_{0}^{x} ∣ F (y (t)) - F (z (t)) ∣ d t$ である。さらにFの条件 $∣ F (α) - F (β) ∣ ≦ ∣ α - β ∣$ を $α = y (t), β = z (t)$ に適用すると $∣ F (y (t)) - F (z (t)) ∣ ≦ ∣ y (t) - z (t) ∣ = h (t)$ である。したがって $h (x) = ∣ y (x) - z (x) ∣ ≦ \int_{0}^{x} h (t) d t$ が成り立つ。

(4)

(3)より $0 ≦ h (x) ≦ \int_{0}^{x} h (t) d t$ である。ここで(2)の証明は $a = 0, b = 1$ の場合にもそのまま成り立つ。実際， $f = h$ ， $a = 0$ ， $b = 1$ として同じ議論を用いると $h (x) ≦ 0 \cdot e^{x} = 0$ となる。一方で $h (x) ≧ 0$ だから $h (x) = 0$ である。よって $∣ y (x) - z (x) ∣ = 0$ であり，すべての $x ≧ 0$ で $y (x) = z (x)$ が成り立つ。

補足すると， $a = 0$ を直接使うことが気になる場合は，任意の $ε > 0$ に対して $h (x) ≦ ε + \int_{0}^{x} h (t) d t$ と見れば(2)から $h (x) ≦ ε e^{x}$ が従う。 $ε \to 0$ としても同じ結論を得る。

九州大学 2009年度後期・理系数学 後期 第5問

問題

方針

解答

(1)

(2)

(3)

(4)

九州大学 2009年度
後期・理系数学後期第5問