解説

方針・初手

定義式

$$ f_n(x)=x+\frac{e}{2}\int_0^1 f_{n-1}(t)e^{x-t},dt

$$

では、積分の中で $x$ に依存するのは $e^x$ の部分だけである。

したがって

$$ \begin{aligned} \int_0^1 f_{n-1}(t)e^{x-t},dt &= e^x\int_0^1 f_{n-1}(t)e^{-t},dt \end{aligned} $$

と変形できる。ここで

$$ a_n=\int_0^1 f_n(t)e^{-t},dt

$$

を用いると、$f_n(x)$ と $a_n$ の関係が非常に簡単になる。まずこの形に直すのが初手である。

解法1

まず定義より、$n\geqq 2$ のとき

$$ \begin{aligned} f_n(x)=x+\frac{e}{2}e^x\int_0^1 f_{n-1}(t)e^{-t},dt &= x+\frac{e}{2}e^x a_{n-1} \end{aligned} $$

である。

（1） $f_2(x)$ を求める

$f_1(x)=x$ であるから、

$$ \begin{aligned} f_2(x)=x+\frac{e}{2}\int_0^1 t,e^{x-t},dt &= x+\frac{e}{2}e^x\int_0^1 t e^{-t},dt \end{aligned} $$

となる。

ここで

$$ \begin{aligned} \int_0^1 t e^{-t},dt &= \left[-(t+1)e^{-t}\right]_0^1 \\ 1-\frac{2}{e} \end{aligned} $$

であるから、

$$ \begin{aligned} f_2(x) &= x+\frac{e}{2}e^x\left(1-\frac{2}{e}\right) \\ x+\left(\frac{e}{2}-1\right)e^x \end{aligned} $$

を得る。

（2） $a_n$ を $a_{n-1}$ で表す

上で得た

$$ f_n(x)=x+\frac{e}{2}e^x a_{n-1}

$$

において、$x$ を $t$ に替えて $a_n$ を計算する。

$$ \begin{aligned} a_n &= \int_0^1 f_n(t)e^{-t},dt \\ \int_0^1 \left(t+\frac{e}{2}e^t a_{n-1}\right)e^{-t},dt \end{aligned} $$

よって

$$ \begin{aligned} a_n &= \int_0^1 t e^{-t},dt+\frac{e}{2}a_{n-1}\int_0^1 1,dt \end{aligned} $$

であり、先ほどの積分値を用いると

$$ \begin{aligned} a_n &= \left(1-\frac{2}{e}\right)+\frac{e}{2}a_{n-1} \end{aligned} $$

となる。

（3） $f_n(x)$ を求める

まず $a_n$ の漸化式を解く。

$$ a_n=\left(1-\frac{2}{e}\right)+\frac{e}{2}a_{n-1}

$$

より、$\dfrac{2}{e}$ を加えると

$$ \begin{aligned} a_n+\frac{2}{e} &= \frac{e}{2}\left(a_{n-1}+\frac{2}{e}\right) \end{aligned} $$

となる。

ここで

$$ a_1=\int_0^1 f_1(t)e^{-t},dt=\int_0^1 t e^{-t},dt=1-\frac{2}{e}

$$

であるから、

$$ a_1+\frac{2}{e}=1

$$

である。

したがって、数列

$$ b_n=a_n+\frac{2}{e}

$$

とおくと

$$ b_n=\frac{e}{2}b_{n-1},\qquad b_1=1

$$

より

$$ b_n=\left(\frac{e}{2}\right)^{n-1}

$$

である。ゆえに

$$ a_n=\left(\frac{e}{2}\right)^{n-1}-\frac{2}{e}

$$

を得る。

これを

$$ f_n(x)=x+\frac{e}{2}e^x a_{n-1}

$$

に代入すると、

$$ \begin{aligned} f_n(x) &= x+\frac{e}{2}e^x\left\{\left(\frac{e}{2}\right)^{n-2}-\frac{2}{e}\right\} \end{aligned} $$

よって

$$ \begin{aligned} f_n(x) &= x+e^x\left\{\left(\frac{e}{2}\right)^{n-1}-1\right\} \end{aligned} $$

となる。

解説

この問題の要点は、定義式の積分部分を

$$ \begin{aligned} \int_0^1 f_{n-1}(t)e^{x-t},dt &= e^x\int_0^1 f_{n-1}(t)e^{-t},dt \end{aligned} $$

と分離することである。これにより、関数列の問題が数列 $a_n$ の漸化式の問題に帰着される。

また、$a_n$ の漸化式は定数項つき一次漸化式であるから、適当な定数を加えて等比数列に直すのが典型処理である。ここでは $a_n+\dfrac{2}{e}$ とおくと一気に解ける。

答え

$$ \text{（1）}\quad f_2(x)=x+\left(\frac{e}{2}-1\right)e^x

$$

$$ \text{（2）}\quad a_n=\left(1-\frac{2}{e}\right)+\frac{e}{2}a_{n-1}\qquad (n\geqq 2)

$$

$$ \text{（3）}\quad f_n(x)=x+\left\{\left(\frac{e}{2}\right)^{n-1}-1\right\}e^x

$$