[E] 肩の２が降りる
解答
17105
解説
以下、底を明示しない $\log$ は自然対数を表すものとする。
正の実数 $x$ に対して関数 $g(x)$ を次のように定義する:
$$
g(x)=
\begin{cases}
\displaystyle \frac{\log_2{x}}{1-x} \ \ \ &&(x \neq 1)\\
\displaystyle -\log_2 e\ \ \ &&(x=1)\\
\end{cases}
$$
この $g(x)$ は $x\neq 1$ では明らかに連続で、$x=1$ では極限値 $\displaystyle \lim_{x\to 1}\frac{\log_2 (x)}{1-x}=\lim_{t\to 0}\left(-\frac{1}{\log 2}\right)\cdot\left(\frac{\log (t+1)}{t}\right)＝-\log_2 e$ と $g(1)=-\log_2 e$ が一致するので、$g(x)$ は全ての $x>0$ で連続である。
また、$x\neq1$ に対して
$$
\begin{eqnarray}
g(x^2) &=& \frac{\log_2{x^2}}{1-x^2} \\
&=& \frac{2\log_2{x}}{(1-x)(1+x)} \\
&=& \frac{\log_2{x}}{1-x} + \frac{\log_2{x}}{1+x} \\
&=& g(x) + \frac{\log_2{x}}{x+1}
\end{eqnarray}
$$
が成り立つ。また $x=1$ のときも、$g(x^2)=g(x)=-\log_2 e, \displaystyle \frac{\log_2{x}}{x+1}=0$ なので、やはり $\displaystyle g(x^2) = g(x) + \frac{\log_2{x}}{x+1}$ が成り立つ。
したがって、$f(x)=g(x)$ とすれば元の関数方程式を満たすので、求める値は
$$
\begin{eqnarray}
f(16)-f(8)&=&g(16)-g(8)\\
&=& \frac{\log_2{16}}{1-16} - \frac{\log_2{8}}{1-8} \\
&=& -\frac{4}{15} - \left(-\frac{3}{7} \right) \\
&=& \frac{17}{105}
\end{eqnarray}
$$
である。
なお、答えを求めるだけならこれでよいが、値の一意性は以下のように証明できる:
先ほど定義した $g(x)$ を用いて $f(x)=g(x)+h(x)$ とおくと、$h(x)$ は連続関数で、任意の $x>0$ に対して
$$h(x^2)=h(x)\ \ \ \ \ \ (\ast)$$
をみたす。$(\ast)$ を繰り返し用いることで、任意の実数 $t\neq 1$ と任意の正の整数 $n$ に対して、
$$h(t)=h(t^{1/2^{n}})$$
が成り立つ。$h(x)$ は連続なので、$\displaystyle \lim_{n\to \infty }h(t^{1/2^{n}}) = h\left(\lim_{n\to \infty} t^{1/2^{n}}\right) = h(1)$ が成り立つ。よって 任意の $t\neq 1$ に対して $h(t)=h(1)$ が成り立つ。すなわち $h(x)$ は定数関数である。よって、題意を満たす関数 $f$ の候補は $f(x)=g(x)+c$（ $c$ は任意定数）と書けるものに絞られるが、このような $f$ はすべて条件を満たす。よって、$f(16)-f(8)=g(16)-g(8)$ の値は一意に定まる。
補足
・$g(x)$ の形を思いつかない場合、無限級数の計算に持ち込むこともできます。任意の $x\neq 1$ に対して関数方程式を繰り返し用いて
$$
\begin{eqnarray}
f(x) &=& f(x^{1/2}) + \frac{\log_2(x^{1/2})}{x^{1/2}+1} \\
&=& \left( f(x^{1/4}) + \frac{\log_2(x^{1/4})}{x^{1/4}+1} \right) + \frac{\log_2(x^{1/2})}{x^{1/2}+1} \\
&=& \ldots \\
&=& f(x^{1/2^n}) + \sum_{k=1}^{n} \frac{\log_2(x^{1/2^k})}{x^{1/2^k}+1}\\
&=& f(x^{1/2^n}) + (\log_2 x) \sum_{k=1}^{n} \frac{1}{2^k(x^{1/2^k}+1)}
\end{eqnarray}
$$
が成り立ちます。$f$ の連続性から $n\to \infty$ で $f(x^{1/2^n})\to f(1)$ （定数）なので、
$$
S(x)=\sum_{k=1}^{\infty} \frac{1}{2^k(x^{1/2^k}+1)}
$$
を求める問題に帰着します。ここで各項は
$$
\frac{1}{2^k(x^{1/2^k}+1)} = \frac{1}{2^k(x^{1/2^k}-1)} - \frac{2}{2^k(x^{1/2^{k-1}}-1)} = \frac{1}{2^k(x^{1/2^k}-1)} - \frac{1}{2^{k-1}(x^{1/2^{k-1}}-1)}
$$
と変形できるので、部分和 $\displaystyle S_n(x)=\sum_{k=1}^{n} \frac{1}{2^k(x^{1/2^k}+1)}$ は
$$
\begin{eqnarray}
S_n(x) &=& \sum_{k=1}^{n} \frac{1}{2^k(x^{1/2^k}+1)} \\
&=& \sum_{k=1}^{n} \left( \frac{1}{2^k(x^{1/2^k}-1)} - \frac{1}{2^{k-1}(x^{1/2^{k-1}}-1)}\right) \\
&=& \frac{1}{2^n(x^{1/2^n}-1)} - \frac{1}{x-1}
\end{eqnarray}
$$
となります。$h = \frac{1}{2^n}$ とおくと、$n \to \infty$ のとき $h \to 0$ で、
$$
\lim_{n \to \infty} \frac{1}{2^n(x^{1/2^n}-1)} = \lim_{h \to 0} \frac{h}{x^h-1} = \frac{1}{\log x}
$$
なので、
$$
\begin{eqnarray}
S(x) &=& \sum_{k=1}^{\infty} \frac{1}{2^k(x^{1/2^k}+1)} \\
&=& \frac{1}{\log x} - \frac{1}{x-1}
\end{eqnarray}
$$
です。したがって
$$
\begin{eqnarray}
f(x) &=&f(1)+(\log_2 x) \sum_{k=1}^{\infty} \frac{1}{2^k(x^{1/2^k}+1)} \\
&=& f(1) + \frac{\log_2 x }{\log x} - \frac{\log_2 x}{x-1}\\
&=& f(1) + \log_2 e - \frac{\log_2 x}{x-1}\\
&=& f(1) + \log_2 e + \frac{\log_2 x}{1-x}\\
\end{eqnarray}
$$
が導けます。$x=1$ での連続性の確認や十分性については上の解説と同様です。
おすすめ問題
この問題を解いた人はこんな問題も解いています
