第１問
$\small\sf{\alpha,\ \beta}$ を$\small\sf{0\lt\alpha\lt\beta\lt 2}$ を満たす実数とし、0≦x≦2の範囲で定義された関数f(x)を
$\small\sf{f(x)=\left|(x-\alpha)(x-\beta)\right|}$
とする。
(１) f(x)の最大値をMとする。f(x)=Mとなるxがちょうど3つあるとき、実数$\small\sf{\alpha,\ \beta}$ と
Mの値を求めよ。
(２) (１)で求めた$\small\sf{\alpha,\ \beta}$ について、f(x)−mx=0が異なる3つの解をもつような実数m
の値の範囲を求めよ。
－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－
【解答】
(１)
0≦x≦$\scriptsize\sf{\alpha}$ および$\scriptsize\sf{\beta}$ ≦x≦2のとき
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf f(x)=(x-\alpha)(x-\beta)\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\alpha\lt x\lt \beta}$ のとき
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf f(x)&=\sf -(x-\alpha)(x-\beta) \\ &=\sf -x^2+(\alpha+\beta)x-\alpha\beta\\ &=\sf -\left(x-\frac{\alpha+\beta}{2}\right)^2+\frac{\alpha^2-2\alpha\beta+\beta^2}{4}\end{align*}}$
f(x)=Mとなるxがちょうど3つ存在するとき、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf M=f(0)=f(2)=f\left(\frac{\alpha+\beta}{2}\right)\end{align*}}$
であればよい。
まず、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf f(2)=f(0)&\ \ \Leftrightarrow\ \ \sf (x-\alpha)(x-\beta)=\alpha\beta \\ &\ \ \Leftrightarrow\ \ \sf \alpha+\beta=2\ \ \ \ \cdots\cdots(i)\end{align*}}$
なので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf f\left(\frac{\alpha+\beta}{2}\right)&=\sf f(1) \\ &=\sf (1-\alpha)(\beta-1)\\ &=\sf -\alpha\beta+\alpha+\beta-1\\ &=\sf -\alpha\beta+1\ \ \ \left(\because\ (i)\right)\end{align*}}$
これらより、$\scriptsize\sf{\alpha,\ \beta}$ は二次方程式
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf t^2-2t+\frac{1}{2}=0\end{align*}}$
の2解であり $\scriptsize\sf{\alpha\lt \beta}$ より
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \underline{\alpha=\frac{2-\sqrt2}{2}\ ,\ \ \beta=\frac{2+\sqrt2}{2}}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf M=f(0)=\alpha\beta=\underline{2}\end{align*}}$
(２)
まず、y=mxが点(2，f(2))を通るとき、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \frac{1}{2}=2m\ \ \Leftrightarrow\ \ m=\frac{1}{4}\end{align*}}$
また、(１)のとき
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf f(x)&=\sf \left|x^2-(\alpha+\beta)x+\alpha\beta\right| \\ &=\sf \left|x^2-2x+\frac{1}{2}\right|\end{align*}}$
なので、y=mxがy=f(x)と$\scriptsize\sf{\alpha\lt x\lt\beta}$ の範囲で接するのは
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf -\left(x^2-2x+\frac{1}{2}\right)=mx&\ \ \Leftrightarrow\ \ \sf x^2+(m-2)x+\frac{1}{2}=0\end{align*}}$
の判別式を考えると、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf d=(m-2)^2-2=0\ \ \Leftrightarrow\ \ m=2-\sqrt2\end{align*}}$
よって、求めるmの値の範囲は
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \underline{\frac{1}{4}\lt m\lt 2-\sqrt2}\end{align*}}$
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第２問
nを自然数とし、2次正方行列$\small\sf{A=\begin{pmatrix} \sf 2 &\sf 1 \\ \sf 1 &\sf 2 \end{pmatrix}}$ に対して、Aのn乗を $\small\sf{A^n=\begin{pmatrix} \sf a_n &\sf b_n \\ \sf c_n &\sf d_n \end{pmatrix}}$ と表す。
(１) an=dnとbn=cnを示せ。
(２) nが奇数ならばanは偶数であること、および、nが偶数ならばanは奇数であることを示せ。
－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－
【解答】
(１)
数学的帰納法で示す。
(ⅰ) n=1のときは自明
(ⅱ) n=kのとき、ak=dkかつbk=ckが成り立つと仮定すると、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf A^{k+1}&=\sf A^kA \\ &=\sf\begin{pmatrix} \sf a_k &\sf b_k \\ \sf b_k &\sf a_k \end{pmatrix}\begin{pmatrix} \sf 2 &\sf 1 \\ \sf 1 &\sf 2 \end{pmatrix} \\ &=\sf \begin{pmatrix} \sf 2a_k+b_k &\sf a_k+2b_k \\ \sf a_k+2b_k &\sf 2a_k+b_k \end{pmatrix}\end{align*}}$
なので、ak+1=dk+1かつbk+1=ck+1が成り立つ。
以上より、題意は示された。
(２)
数学的帰納法で示す。
(ⅰ) n=1のときは自明
(ⅱ) n=2のとき
$\scriptsize\sf{A^2=\begin{pmatrix} \sf 2 &\sf 1 \\ \sf 1 &\sf 2 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} \sf 2 &\sf 1 \\ \sf 1 &\sf 2 \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} \sf 5 &\sf 4 \\ \sf 4 &\sf 5 \end{pmatrix}}$
より、a2=5となるので成り立つ。
(ⅲ) n=kのとき成り立つとすると、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf A^{k+2}&=\sf A^kA \\ &=\sf\begin{pmatrix} \sf 2a_k+b_k &\sf a_k+2b_k \\ \sf a_k+2b_k &\sf a_k+b_k \end{pmatrix}\begin{pmatrix} \sf 2 &\sf 1 \\ \sf 1 &\sf 2 \end{pmatrix} \\ &=\sf \begin{pmatrix} \sf 5a_k+4b_k &\sf 4a_k+3b_k \\ \sf 4a_k+3b_k &\sf 5a_k+4b_k \end{pmatrix}\end{align*}}$
より、
$\scriptsize\sf{a_{k+2}=2(2a_k+2b_k)+a_k}$
となるので、ak+2とakの偶奇は一致する。
よって、n=k+2のときも成り立つ。
以上より、題意は示された。
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第３問
関数f(x)を
$\small\sf{\begin{align*}\sf f(X)=\frac{3x^2}{2x^2+1}\end{align*}}$
とする。
(１) 0＜x＜1ならば、0＜f(x)＜1となることを示せ。
(２) f(x)−x=0 となるxをすべて求めよ。
(３) 0＜$\small\sf{\alpha}$ ＜1とし、数列{an} を
$\small\sf{a_1=\alpha\ ,\ \ a_{n+1}=f(a_n)\ \ \ (n=1,2,\cdots)}$
とする。$\small\sf{\alpha}$ の値に応じて、$\small\sf{\begin{align*}\sf\lim_{n\rightarrow\infty}a_n\end{align*}}$ を求めよ。
－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－
【解答】
(１)
f(x)の導関数は
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf f'(x)&=\sf 3\cdot\frac{2x(2x^2+1)-x^2\cdot 4x}{(2x^2+1)^2} \\ &=\sf\frac{6x}{(2x^2+1)^2} \\ &\gt\sf 0\ \ \ (\because\ 0\lt x\lt 1) \end{align*}}$
なので、f(x)は0＜x＜1の範囲で単調に増加する。
このことと
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf\lim_{x\rightarrow +0}f(x)=0\ ,\ \ \lim_{x\rightarrow 1-0}f(x)=1\end{align*}}$
より、0＜f(x)＜1が成り立つ。
(２)
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf g(x)= f(x)-x\end{align*}}$ とおくと、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf g(x)&=\sf \frac{3x^2}{2x^2+1}-x\\ &=\sf \frac{-2x^3+3x^2-x}{2x^2+1}\\ &=\sf -\frac{x(x-1)(2x-1)}{2x^2+1}\end{align*}}$
なので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf g(x)=0&\ \ \Leftrightarrow\ \ \underline{x=0,\ \frac{1}{2},\ 1}\end{align*}}$
(３)
(ⅰ) $\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf 0\lt \alpha\lt\frac{1}{2}\end{align*}}$ のとき
0＜x＜$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \frac{1}{2}\end{align*}}$ であるxに対して、
$\scriptsize\sf{g(x)\lt\ 0\ \Leftrightarrow\ \ x\gt f(x)}$
なので、0＜an＜$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \frac{1}{2}\end{align*}}$ であるanに対して、
$\scriptsize\sf{a_n\gt f(a_n)=a_{n+1}}$
が成り立つ。よって、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \frac{1}{2}\gt a_1\gt a_2\gt a_3\gt\cdots \gt a_n\gt \cdots \gt 0\end{align*}}$ ･･････(*)
となる。
一方、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf a_{n+1}=\sf \frac{3a_n^2}{2a_n^2+1}=\frac{3a_n}{2a_n^2+1}\cdot a_n\end{align*}}$
なので、関数u(x)を
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf u(x)=\frac{3x}{2x^2+1}\ \ \ \left(0\leqq x\leqq\frac{1}{2}\right)\end{align*}}$
とおくと、導関数は
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf u'(x)&=\sf 3\cdot\frac{1\cdot (2x^2+1)-x\cdot 4x}{(2x^2+1)^2} \\ &=\sf -\frac{3(2x^2-1)}{(2x^2+1)^2}\\ &\gt\sf 0\ \ \ \left(\because\ 0\lt x\lt\frac{1}{2}\right)\end{align*}}$
なので、関数u(x)は単調に増加する。
このことと(*)より
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf u\left(\frac{1}{2}\right)\gt u(a_1)\gt u(a_2)\gt\cdots \gt u(a_n)\gt \cdots \gt u(0)\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \ \ \Leftrightarrow\ \ 1\gt u(\alpha)\gt u(a_2)\gt\cdots \gt u(a_n)\gt \cdots \gt 0\end{align*}}$
よって、自然数nに対して
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf 0\lt a_{n+1}=u(a_n)\ a_n \leqq u(\alpha)\ a_n \end{align*}}$
が成り立ち、これを繰り返し用いると、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf 0\lt a_n\lt\left\{u(\alpha)\right\}^{n-1}\ a_1\end{align*}}$
ここで、$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf 0\lt u(\alpha)\lt 1\end{align*}}$ より、$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \lim_{n\rightarrow\infty}\left\{u(\alpha)\right\}^{n-1}=0\end{align*}}$ なので、
はさみうちの原理より、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \lim_{n\rightarrow\infty}a_n=\underline{0}\end{align*}}$
(ⅱ) $\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \alpha=\frac{1}{2}\end{align*}}$ のとき
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf a_2=\sf f\left(\frac{1}{2}\right)=\frac{1}{2} \end{align*}}$
であり、以下も帰納的に
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf a_2=a_3=\cdots =a_n=\cdots =\frac{1}{2} \end{align*}}$
となるので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \lim_{n\rightarrow\infty}a_n=\underline{\frac{1}{2}}\end{align*}}$
(ⅲ) $\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \frac{1}{2}\lt\alpha\lt 1\end{align*}}$ のとき
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \frac{1}{2}\end{align*}}$ ＜x＜1であるxに対して、
$\scriptsize\sf{g(x)\gt\ 0\ \Leftrightarrow\ \ x\lt f(x)}$
なので、$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \frac{1}{2}\end{align*}}$ ＜an＜1であるanに対して、
$\scriptsize\sf{a_n\lt f(a_n)=a_{n+1}}$
が成り立つ。よって、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \frac{1}{2}\lt a_1\lt a_2\lt a_3\lt\cdots \lt a_n\lt \cdots \lt 1\end{align*}}$ ･･････(**)
となる。
一方、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf 1-a_{n+1}&=\sf 1-\frac{3a_n^2}{2a_n^2+1} \\ &=\sf \frac{-a_n^2+1}{2a_n^2+1}\\ &=\sf \frac{a_n+1}{2a_n^2+1}(1-a_n)\end{align*}}$
なので、関数v(x)を
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf v(x)=\frac{x+1}{2x^2+1}\ \ \ \left(\frac{1}{2}\leqq x\leqq 1\right)\end{align*}}$
とおくと、導関数は
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf v'(x)&=\sf \frac{1\cdot (2x^2+1)-(x+1)\cdot 4x}{(2x^2+1)^2} \\ &=\sf -\frac{2x^2+4x-1}{(2x^2+1)^2}\\ &\lt\sf 0\ \ \ \left(\because\ \frac{1}{2}\lt x\lt 1\right)\end{align*}}$
なので、関数v(x)は単調に減少する。
このことと(**)より
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf v\left(\frac{1}{2}\right)\gt v(a_1)\gt v(a_2)\gt\cdots \gt v(a_n)\gt \cdots \gt v(0)\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \ \ \Leftrightarrow\ \ 1\gt v(\alpha)\gt v(a_2)\gt\cdots \gt v(a_n)\gt \cdots\gt \frac{2}{3}\gt 0\end{align*}}$
よって、自然数nに対して
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf 0\lt 1-a_{n+1}=v(a_n)\ (1-a_n) \leqq v(\alpha)\ (1-a_n) \end{align*}}$
が成り立ち、これを繰り返し用いると、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf 0\lt 1-a_n\lt\left\{v(\alpha)\right\}^{n-1}\ (1-a_1)\end{align*}}$
ここで、$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf 0\lt v(\alpha)\lt 1\end{align*}}$ より、$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \lim_{n\rightarrow\infty}\left\{v(\alpha)\right\}^{n-1}=0\end{align*}}$ なので、
はさみうちの原理より、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \lim_{n\rightarrow\infty}(1-a_n)=0\ \ \Leftrightarrow\ \ lim_{n\rightarrow\infty}a_n=\underline{1}\end{align*}}$
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第４問
xyz空間の原点Oと、Oを中心とし半径1の球面上の異なる4点A、B、C、Dを考える。
点$\small\sf{\begin{align*}\sf A\left(\cos\frac{\alpha}{2},\sin\frac{\alpha}{2},0\right)\ ,\ B\left(\cos\left(-\frac{\alpha}{2}\right),\sin\left(-\frac{\alpha}{2}\right),0\right)\ \ \ \left(0\lt\alpha\lt \pi\right)\end{align*}}$ とする。点C、Dは
∠COA=∠COB=∠DOA=∠DOBを満たし、点Cのz座標は正、点Dのz座標は負と
する。
(１) 点Cの座標を$\small\sf{\alpha}$ と$\small\sf{\theta=\angle COA\ \ (0\lt\theta\lt\pi)}$ で表せ。
(２) ベクトル$\small\sf{\overrightarrow{\sf OA},\overrightarrow{\sf OB},\overrightarrow{\sf OC},\overrightarrow{\sf OD}}$ の相異なる2つのベクトルのなす角がすべて等しいとき、
点Cの座標を求めよ。
－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－
【解答】
(１)
∠COA=∠COBなので、Cは線分ABの垂直二等分面であるzx平面上にある。
ABの中点をMとすると、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf OM=\cos\frac{\alpha}{2}\ ,\ \ AM=\sin\frac{\alpha}{2}\end{align*}}$
△OACで余弦定理
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf AC^2&=\sf 1^2+1^2-2\cdot 1\cdot 1\cos\theta \\ &=\sf 2-2\cos\theta\end{align*}}$
AB⊥CMより△AMCで三平方の定理
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf CM^2=AC^2-AM^2=2-2\cos\theta-\sin^2\frac{\alpha}{2} \end{align*}}$
△OCMで余弦定理
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf\cos\angle COM &=\sf \frac{1^2+\cos^2\frac{\alpha}{2}-\left(2-2\cos\theta-\sin^2\frac{\alpha}{2}\right)}{2\cdot 1\cdot \cos\frac{\alpha}{2}} \\ &=\sf\frac{\cos\theta}{\cos\frac{\alpha}{2}}\ \ \ \ \left(\because\ \sin^2\frac{\alpha}{2}+\cos^2\frac{\alpha}{2}=1\right) \end{align*}}$
これより、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \sin\angle COM =\sqrt{1-\left(\frac{\cos\theta}{\cos\frac{\alpha}{2}}\right)^2}\end{align*}}$
Cのz座標は正なので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \underline{C\left(\frac{\cos\theta}{\cos\frac{\alpha}{2}},0,\sqrt{1-\left(\frac{\cos\theta}{\cos\frac{\alpha}{2}}\right)^2}\right)}\end{align*}}$
(２)
$\scriptsize\sf{0\lt\alpha\lt \pi}$ かつ$\scriptsize\sf{0\lt\theta\lt \pi}$ より、∠AOB=∠AOCなので、$\scriptsize\sf{\alpha=\theta}$
よって、(１)より
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \overrightarrow{OC}=\left(\frac{\cos\theta}{\cos\frac{\theta}{2}},0,\sqrt{1-\left(\frac{\cos\theta}{\cos\frac{\theta}{2}}\right)^2}\right)\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \overrightarrow{OD}=\left(\frac{\cos\theta}{\cos\frac{\theta}{2}},0,-\sqrt{1-\left(\frac{\cos\theta}{\cos\frac{\theta}{2}}\right)^2}\right)\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\overrightarrow{\sf OC},\overrightarrow{\sf OD}}$ のなす角も$\scriptsize\sf{\theta}$ に等しいので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \overrightarrow{\sf OC}\cdot\overrightarrow{\sf OD}=\left(\frac{\cos\theta}{\cos\frac{\theta}{2}}\right)^2+0-\left\{1-\left(\frac{\cos\theta}{\cos\frac{\theta}{2}}\right)^2\right\}=1\cdot 1\cdot\cos\theta\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \ \ \Leftrightarrow\ \ 2\left(\frac{\cos\theta}{\cos\frac{\theta}{2}}\right)^2=\cos\theta+1\end{align*}}$ ･･････(*)
ここで、$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf t=\cos\frac{\theta}{2}\end{align*}}$ とおくと、倍角公式より
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf\cos\theta=2t^2-1\end{align*}}$
なので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf (*)&\ \ \Leftrightarrow\ \ \sf 2\left(\frac{2t^2-1}{t}\right)^2=2t^2\\ &\ \ \Leftrightarrow\ \ \sf 3t^4-4t^2+1=0\\ &\ \ \Leftrightarrow\ \ \sf (3t^2-1)(t^2-1)=0\\ &\ \ \Leftrightarrow\ \ \sf t=\pm 1\ ,\ \pm\frac{\sqrt3}{3}\end{align*}}$
よって、$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf 0\lt\frac{\theta}{2}\lt \frac{\pi}{2}\end{align*}}$ なので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf\cos\frac{\theta}{2}=\frac{1}{\sqrt3}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \cos\theta=2\cdot\left(\frac{1}{\sqrt3}\right)^2-1=-\frac{1}{3}\end{align*}}$
よって、Cの座標は
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf C\left(\frac{-\frac{1}{3}}{\frac{1}{\sqrt3}}\ ,\ 0\ ,\ \sqrt{1-\left(\frac{-\frac{1}{3}}{\frac{1}{\sqrt3}}\right)^2}\right)=\underline{\left(-\frac{\sqrt3}{3}\ ,\ 0\ ,\ \frac{\sqrt6}{3}\right)}\end{align*}}$
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第５問
関数f(x)と$\small\sf{g(x)}$ を0≦x≦1の範囲で定義された連続関数とする。
(１)
$\small\sf{\begin{align*}\sf f(x)=\int_0^1e^{x+t}f(t)\ dt\end{align*}}$
を満たすf(x)は定数関数f(x)=0のみであることを示せ。
(２)
$\small\sf{\begin{align*}\sf g(x)=\int_0^1e^{x+t}g(t)\ dt+x\end{align*}}$
を満たす$\small\sf{g(x)}$ を求めよ。
－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－
【解答】
(１)
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf f(x)=e^x\int_0^1e^tf(t)\ dt\end{align*}}$
なので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf a=\int_0^1e^tf(t)\ dt\end{align*}}$ （aは実定数）
とおくと、
$\scriptsize\sf{f(x)=ae^x}$
よって、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf a&=\sf \int_0^1e^t\cdot ae^tdt \\ &=\sf a\int_0^1e^{2t}dt\\ &=\sf a\left[\frac{1}{2}e^{2t}\right]_0^1\\ &=\sf \frac{a}{2}\left(e^2-1\right)\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \ \ \Leftrightarrow\ \ \left(e^2-3\right)a=0 \end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\ \ \Leftrightarrow\ \ a=0}$
となるので、
$\scriptsize\sf{f(x)=0}$
である。
(２)
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf g(x)=e^x\int_0^1e^tf(t)\ dt+x\end{align*}}$
なので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf b=\int_0^1e^tg(t)\ dt\end{align*}}$ （bは実定数）
とおくと、
$\scriptsize\sf{g(x)=be^x+x}$
よって、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf b&=\sf\int_0^1e^t(be^t+t)dt \\ &=\sf b\int_0^1e^{2t}dt+\int_0^1te^tdt \\ &=\sf \frac{b}{2}\left(e^2-1\right)+\bigg[te^t\bigg]_0^1-\int_0^1e^tdt\\ &=\sf \frac{b}{2}\left(e^2-1\right)+1\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \ \ \Leftrightarrow\ \ (e^2-3)b=-2\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \ \ \Leftrightarrow\ \ b=-\frac{2}{e^2-3}\end{align*}}$
となるので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf g(x)=\underline{-\frac{2e^x}{e^2-3}+x}\end{align*}}$
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