微分法と積分法の問題

$f(x)$ の次数を $n(n\ge 1)$、最高次の係数を $a(a\ne 0)$ とする。

最高次の係数の比較

$f^{\prime }(x)$ の最高次の項は $na{x}^{n-1}$ である。よって、左辺 $2xf(x)f^{\prime }(x)$ は $2n$ 次で、$x^{2n}$ の係数は $2\cdot a\cdot na=2n{a}^2$ である。右辺の $f(x^2)$ の $x^{2n}$ の係数は $a$、$\{f(x){\}}^2$ の $x^{2n}$ の係数は $a^2$ である。したがって
$$2n{a}^2=a+a^2\text{すなわち}a\{(2n-1)a-1\}=0$$
となる。$a\ne 0$ より $a=\frac{1}{2n-1}$ である。

$x^n$ 以外の項の存在

もし $f(x)=a{x}^n$ ならば $f(0)=0$ となり、条件 $f(0)\ne 0$ に反する。よって $f(x)$ は $x^n$ 以外の項をもつ。そのうち次数が最大の項を $b{x}^k$ $(b\ne 0,0\le k<n)$ とし、
$$f(x)=a{x}^n+b{x}^k+g(x)$$
とおく。ここで $g(x)$ は $0$ または次数が $k$ 未満の整式である。このとき
$$f^{\prime }(x)=na{x}^{n-1}+kb{x}^{k-1}+g^{\prime }(x)$$
となる。$k=0$ のときは $kb{x}^{k-1}$ の項は $0$ と考え、このとき $g(x)=0$ である。

$x^{n+k}$ の係数の比較

左辺について調べる。$f(x)f^{\prime }(x)$ の $x^{n+k-1}$ の項は、$a{x}^n\cdot kb{x}^{k-1}$ と $b{x}^k\cdot na{x}^{n-1}$ からだけ生じる。他の積は次のとおりで、いずれも次数が $n+k-1$ より小さい。
- $a{x}^n\cdot g^{\prime }(x)$ は次数 $n+k-2$ 以下
- $b{x}^k\cdot kb{x}^{k-1}$ は次数 $2k-1$
- $g(x)\cdot f^{\prime }(x)$ は次数 $n+k-2$ 以下

よって $2xf(x)f^{\prime }(x)$ の $x^{n+k}$ の係数は $2(k+n)ab$ である。

右辺の $\{f(x){\}}^2$ について調べる。$x^{n+k}$ の項は $2\cdot a{x}^n\cdot b{x}^k$ からだけ生じる（$b^2{x}^{2k}$ や $g(x)$ を含む積は次数が $n+k$ 未満）。よって係数は $2ab$ である。

右辺の $f(x^2)=a{x}^{2n}+b{x}^{2k}+g(x^2)$ について調べる。$g(x^2)$ の次数は $2k$ 未満である。$2k<n+k<2n$ だから、$x^{n+k}$ の係数は $0$ である。

以上より
$$2(n+k)ab=2ab\text{すなわち}(n+k-1)ab=0$$
となる。$a\ne 0,b\ne 0$ より $n+k=1$ である。$n\ge 1,k\ge 0$ だから $n=1,k=0$ となる。

$f(x)$ の決定

$n=1$ のとき $a=\frac{1}{2\cdot 1-1}=1$ だから、$f(x)=x+b(b\ne 0)$ である。このとき $f^{\prime }(x)=1$ である。

左辺は $2x(x+b)=2x^2+2bx$ である。

右辺は $(x^2+b)+(x+b{)}^2=2x^2+2bx+b^2+b$ である。

これがすべての実数 $x$ で等しいから $b^2+b=0$、すなわち $b(b+1)=0$ である。$b\ne 0$ より $b=-1$ となる。

確認

$f(x)=x-1$ のとき、左辺は $2x(x-1)=2x^2-2x$ である。右辺は $(x^2-1)+(x-1{)}^2=2x^2-2x$ である。両辺は一致し、$f(0)=-1\ne 0$ も満たす。

よって $f(x)=x-1$ である。

$f$ の次数を $n\ge 1$、最高次の係数を $a$ とする。

1. 最高次の係数と $f(0)$。 両辺の $x^{2n}$ の係数を比べると $2n{a}^2=a+a^2$ となる。よって $a(2n-1)=1$、すなわち $a=\frac{1}{2n-1}$ である。
$x=0$ を代入すると $0=f(0)+f(0{)}^2$ である。$f(0)\ne 0$ より $f(0)=-1$ となる。

2. $g=f^2$ の係数の関係。 $g=f^2$ とおくと $g^{\prime }=2f{f}^{\prime }$ なので、与式は $x{g}^{\prime }-g=f(x^2)$ と書ける。
$f(x)=\sum c_k{x}^k$、$g=\sum g_k{x}^k$ とすると、$x^k$ の係数を比べて $(k-1)g_k=[x^k]f(x^2)$ となる。
- $k$ が奇数で $k\ge 3$ のとき、$g_k=0$ である。
- $k=2m(m\ge 1)$ のとき、$(2m-1)g_{2m}=c_m$ である。

3. $n\ge 2$ の場合は矛盾する。 $n\ge 2$ と仮定する。
$g_{2n-j}$ は $2a{c}_{n-j}$ に、$c_i{c}_l$ の形の積（$i+l=2n-j$）を加えたものである。ここで $i,l\le n-1$ のとき $i,l\ge n-j+1$ である。
$j=1,2,\dots$ の順に $c_{n-1},c_{n-2},\dots ,c_1$ が $0$ になることを示す。そのとき、すでに $0$ と分かっている係数を使うことになる。
- $2n-j$ が奇数で $3$ 以上なら $g_{2n-j}=0$ である。
- $2n-j=2m$ が偶数なら $g_{2n-j}=\frac{c_m}{2m-1}$ である。このとき $n-j<m<n$ なので $c_m=0$ であり、$g_{2n-j}=0$ となる。

どちらの場合も $g_{2n-j}=0$ となるので、$2a{c}_{n-j}=0$、すなわち $c_{n-j}=0$ が従う。
これで $c_1=\cdots =c_{n-1}=0$ となり、$f=a{x}^n-1$ である。
すると $g_n=-2a\ne 0$ である。
- $n$ が奇数で $n\ge 3$ のとき、$g_n=0$ でなければならず矛盾する。
- $n$ が偶数のとき、$(n-1)g_n=c_{n/2}=0$ より $g_n=0$ となり矛盾する。

よって $n=1$ である。

4. $n=1$ のとき。 $a=1$、$f(0)=-1$ より $f(x)=x-1$ である。

検算。 左辺は $2x(x-1)\cdot 1=2x^2-2x$ である。右辺は $(x^2-1)+(x-1{)}^2=2x^2-2x$ である。よって一致する。

答え：$f(x)=x-1$