定積分で定義される関数

== 定積分で定義される関数（入試問題） ==

【基本１】
== 下端と上端が定数である定積分は，定数になる ==
$\underset{\small{a}\hspace{5}}{\int^{b}}f(t)dt$
は，定数

【例1】
$f(x)=x+ \underset{\small{a}\hspace{5}}{\int^{b}}f(t)dt$
のとき， $f(x)=x+ k$ （kは定数）とおける．
⇒１次関数になり，定数項kを定めると関数形が求まる．

【例2】
$f(x)=x^2+ x\underset{\small{a}\hspace{5}}{\int^{b}}f(t)dt$
のとき， $f(x)=x^2+ kx$ （kは定数）とおける．
⇒２次関数になり，１次の係数kを定めると関数形が求まる．

== 難易などの目安 ==
《考え方》
　　★：易しい，★★：普通，★★★：難しい
《計算量》
　　☆：少ない，☆☆：普通，☆☆☆：多い

（★,☆）
【例題1】　次の等式を満たす関数f(x)を求めよ．
$f(x)=1+ x\underset{\small{0}\hspace{5}}{\int^{1}}f(t)dt$

（2021年度東京都市大学情報工学部）

（※この問題は，数学Ⅱの範囲で解ける）
$f(x)=1+ kx$
$f(t)=1+ kt$
とおける
$k=\underset{\small{0}\hspace{5}}{\int^{1}}(1+ kt)dt=\left[t+\frac{k}{2}t^2\right]_0^1=1+\frac{k}{2}$
$\frac{k}{2}=1$
$k=2$
したがって
$f(x)=1+ 2x$ ･･･（答）

（★,☆）
【問題1-1】　

$f(x)=x-\underset{\small{0}\hspace{5}}{\int^{1}}e^tf(t)dt$ を満たす関数はf(x)=　　である．

（2000年度関西大工学部）

［解答を見る］

$f(x)=x-k$
$f(t)=t-k$
とおける
$k=\underset{\small{0}\hspace{5}}{\int^{1}}e^t(t-k)dt=\underset{\small{0}\hspace{5}}{\int^{1}}te^tdt-k\underset{\small{0}\hspace{5}}{\int^{1}}e^tdt$
$=I_1\hspace{30}-\hspace{10}k\hspace{10}I_2$
とおく
$I_1$ は，次の部分積分により求められる

$p(t)=t$	$p^{\tiny{\prime}}(t)=1$
$q(t)=e^t$	$q^{\tiny{\prime}}(t)=e^t$

$I_1=\underset{\small{0}\hspace{5}}{\int^{1}}te^tdt=\Big[te^t\Big]_0^1-\underset{\small{0}\hspace{5}}{\int^{1}}e^tdt$
$=(e-0)-(e-1)=1$
$I_2$ は，単純に積分すれば求められる
$I_2\underset{\small{0}\hspace{5}}{\int^{1}}e^tdt=\Big[e^t\Big]_0^1=e-1$
したがって
$k=1-k(e-1)$
$ke=1$
$k=\frac{1}{e}$
$f(x)=x-\frac{1}{e}$ ･･･（答）
→［解答を隠す］←

（★,☆☆）
【問題1-2】　

(1) 定積分 $\underset{\small{0}\hspace{5}}{\int^{\frac{\pi}{3}}}\frac{x}{\cos^2x}dx$ を求めよ．
(2) $-\frac{\pi}{2}\lt x\lt\frac{\pi}{2}$ で定義された関数f(x)が
$f(x)\cos^2 x=\pi-\frac{x}{\log 2}\underset{\small{0}\hspace{5}}{\int^{\frac{\pi}{3}}}f(t)dt$
をみたすとき，f(x)を求めよ．

（2018年度横浜国立大理工学部）

［解答を見る］

(1)
次の微分公式が成り立つ
$(\tan x)^{\tiny{\prime}}=\Big(\frac{\sin x}{\cos x}\Big)^{\tiny{\prime}}=\frac{1}{\cos^2x}$
したがって，次の積分公式が成り立つ
$\int\frac{1}{\cos^2x}dx=\tan x+ C_1$
また，次の積分公式も成り立つ
$\int\tan xdx=-\int\frac{(\cos x)^{\tiny{\prime}}}{\cos x}dx=-\log|\cos x|+ C_2$
これらを使って，次の部分積分を行う

$p(x)=x$	$p^{\tiny{\prime}}(x)=1$
$q(x)=\tan x$	$q^{\tiny{\prime}}(x)=\frac{1}{\cos^2x}$

$\underset{\small{0}\hspace{5}}{\int^{\frac{\pi}{3}}}p(x)q^{\tiny{\prime}}(x)dx=\Big[p(x)q(x)\Big]_0^{\frac{\pi}{3}}-\underset{\small{0}\hspace{5}}{\int^{\frac{\pi}{3}}}p^{\tiny{\prime}}(x)q(x)dx$
すなわち
$\underset{\small{0}\hspace{5}}{\int^{\frac{\pi}{3}}}\frac{x}{\cos^2x}dx=\Big[x\tan x\Big]_0^{\frac{\pi}{3}}-\underset{\small{0}\hspace{5}}{\int^{\frac{\pi}{3}}}\tan xdx$
$=(\frac{\pi}{3}\cdot\sqrt{3}-0)+\Big[\log|\cos x|\Big]_0^{\frac{\pi}{3}}$
$=\frac{\sqrt{3}\pi}{3}+(\log\frac{1}{2}-0)$
$=\frac{\sqrt{3}\pi}{3}-\log 2$ ･･･（答）

(2)
$\underset{\small{0}\hspace{5}}{\int^{\frac{\pi}{3}}}f(t)dt=k$
（kは定数）とおけるから
$f(x)=\frac{\pi}{\cos^2x}-\frac{kx}{\log 2\cdot\cos^2 x}$
と書ける
$k=\underset{\small{0}\hspace{5}}{\int^{\frac{\pi}{3}}}\Big(\frac{\pi}{\cos^2t}-\frac{kt}{\log 2\cdot\cos^2 t}\Big)dt$
$=\pi\underset{\small{0}\hspace{5}}{\int^{\frac{\pi}{3}}}\frac{1}{\cos^2t}dt-\frac{k}{\log 2}\underset{\small{0}\hspace{5}}{\int^{\frac{\pi}{3}}}\frac{t}{\cos^2 t}dt$
$=\pi\cdot I_1-\frac{k}{\log 2}\cdot I_2$ とおく
$I_1=\Big[\tan t\Big]_0^{\frac{\pi}{3}}=\sqrt{3}$
また，(1)の結果により
$I_2=\frac{\sqrt{3}\pi}{3}-\log 2$
これらを代入すると
$k=\sqrt{3}\pi-\frac{k}{\log 2}(\frac{\sqrt{3}\pi}{3}-\log 2)$
$=\sqrt{3}\pi-\frac{\sqrt{3}\pi k}{3\log 2}+ k$
$\sqrt{3}\pi=\frac{\sqrt{3}\pi k}{3\log 2}$
$k=3\log 2$
$f(x)=\frac{\pi}{\cos^2x}-\frac{3\log 2\cdot x}{\log 2\cdot\cos^2 x}$
$f(x)=\frac{\pi-3x}{\cos^2x}$ ･･･（答）
→［解答を隠す］←

（★,☆☆）
【例題2】　

$f(x)=\cos x+\underset{\small{0}\hspace{5}}{\int^{\pi}}\sin(x-t)f(t)dt$ を満たす関数f(x)を求めよ．

（2015年度福島県立医科大）

被積分関数sin(x−t) f(x)のxとtを分離するために，三角関数の加法定理を使うことができる

三角関数の加法定理により
$\sin(x-t)=\sin x\cos t-\cos x\sin t$
$f(x)=\cos x+\underset{\small{0}\hspace{5}}{\int^{\pi}}(\sin x\cos t-\cos x\sin t)f(t)dt$
$=\cos x+\sin x\underset{\small{0}\hspace{5}}{\int^{\pi}}\cos tf(t)dt-\cos x\underset{\small{0}\hspace{5}}{\int^{\pi}}\sin tf(t)dt$
ここで
$\underset{\small{0}\hspace{5}}{\int^{\pi}}\cos tf(t)dt=a,\hspace{10}\underset{\small{0}\hspace{5}}{\int^{\pi}}\sin tf(t)dt=b$
（a, bは定数）とおくと
$f(x)=\cos x+ a\sin x-b\cos x$
$=a\sin x+(1-b)\cos x$
の形に書ける．

定数a, bの値を求める．
$a=\underset{\small{0}\hspace{5}}{\int^{\pi}}\cos t\{a\sin t+(1-b)\cos t\}dt$
$=a\underset{\small{0}\hspace{5}}{\int^{\pi}}\cos t\sin tdt+(1-b)\underset{\small{0}\hspace{5}}{\int^{\pi}}\cos^2 tdt$

三角関数の２倍角公式（⇔半角公式）により
$\sin t\cos t=\frac{\sin 2t}{2}$
$\cos^2 t=\frac{1+\cos 2t}{2}$
$\sin^2 t=\frac{1-\cos 2t}{2}$

$=\frac{a}{2}\underset{\small{0}\hspace{5}}{\int^{\pi}}\sin 2tdt+\frac{1-b}{2}\underset{\small{0}\hspace{5}}{\int^{\pi}}(1+ \cos 2t)dt$
$=\frac{a}{2}\Big[-\frac{\cos 2t}{2}\Big]_0^{\pi}+\frac{1-b}{2}\Big[t+\frac{\sin 2t}{2}\Big]_0^{\pi}$
$=\frac{1-b}{2}\pi$ ･･･(#1)

$b=\underset{\small{0}\hspace{5}}{\int^{\pi}}\sin t\{a\sin t+(1-b)\cos t\}dt$
$=a\underset{\small{0}\hspace{5}}{\int^{\pi}}\sin^2 tdt+(1-b)\underset{\small{0}\hspace{5}}{\int^{\pi}}\sin t\cos tdt$
$=\frac{a}{2}\underset{\small{0}\hspace{5}}{\int^{\pi}}(1-\cos 2t)dt+\frac{1-b}{2}\underset{\small{0}\hspace{5}}{\int^{\pi}}\sin 2tdt$
$=\frac{a}{2}\Big[t-\frac{\sin 2t}{2}\Big]_0^{\pi}+\frac{1-b}{2}\Big[-\frac{\cos 2t}{2}\Big]_0^{\pi}$
$=\frac{\pi a}{2}$ ･･･(#2)

(#1)(#2)から

$a=\frac{1-b}{2}\pi$ ･･･(#1)
$b=\frac{\pi a}{2}$ ･･･(#2)
(#1)を(#2)に代入する
$b=\frac{\pi}{2}(\frac{1-b}{2}\pi)=\frac{\pi^2}{4}(1-b)$
$4b=\pi^2-\pi^2b$
$(\pi^2+ 4)b=\pi^2$
$b=\frac{\pi^2}{\pi^2+ 4}$
(#2)に代入
$\frac{\pi^2}{\pi^2+ 4}=\frac{\pi a}{2}$
$a=\frac{\pi^2}{\pi^2+ 4}\times\frac{2}{\pi}=\frac{2\pi}{\pi^2+ 4}$
$f(x)=\frac{2\pi}{\pi^2+ 4}\sin x+(1-\frac{\pi^2}{\pi^2+ 4})\cos x$
$=\frac{2\pi}{\pi^2+ 4}\sin x+\frac{4}{\pi^2+ 4}\cos x$ ･･･（答）

（★,☆☆）
【問題2-1】　

等式 $f(x)=\cos x+\frac{1}{\pi}\underset{\small{0}\hspace{5}}{\int^{\pi}}f(t)\cos(t-x)dt$ を満たす関数f(x)を求めよ．

（2015年度愛知教育大）

［解答を見る］

$f(x)=\cos x+\frac{1}{\pi}\underset{\small{0}\hspace{5}}{\int^{\pi}}f(t)(\cos t\cos x+\sin t\sin x)dt$
$=\cos x+\frac{1}{\pi}\{\cos x\underset{\small{0}\hspace{5}}{\int^{\pi}}f(t)\cos tdt+\sin x\underset{\small{0}\hspace{5}}{\int^{\pi}}f(t)\sin tdt\}$
ここで
$\underset{\small{0}\hspace{5}}{\int^{\pi}}f(t)\cos tdt=a,\hspace{10}\underset{\small{0}\hspace{5}}{\int^{\pi}}f(t)\sin tdt=b$
とおけるから
$f(x)=\cos x+\frac{a}{\pi}\cos x+\frac{b}{\pi}\sin x$
$=(1+\frac{a}{\pi})\cos x+\frac{b}{\pi}\sin x$
の形に書ける．

定数a, bの値を求める．
$a=\underset{\small{0}\hspace{5}}{\int^{\pi}}\{(1+\frac{a}{\pi})\cos t+\frac{b}{\pi}\sin t\}\cos tdt$
$=\underset{\small{0}\hspace{5}}{\int^{\pi}}(1+\frac{a}{\pi})\cos^2tdt+\frac{b}{\pi}\underset{\small{0}\hspace{5}}{\int^{\pi}}\sin t\cos tdt$

三角関数の２倍角公式（⇔半角公式）により
$\sin t\cos t=\frac{\sin 2t}{2}$
$\cos^2 t=\frac{1+\cos 2t}{2}$

$=(1+\frac{a}{\pi})\underset{\small{0}\hspace{5}}{\int^{\pi}}\frac{1+\cos 2t}{2}dt+\frac{b}{\pi}\underset{\small{0}\hspace{5}}{\int^{\pi}}\frac{\sin 2t}{2}dt$
$=(1+\frac{a}{\pi})\Big[\frac{t}{2}+\frac{\sin 2t}{4}\Big]_0^{\pi}+\frac{b}{\pi}\Big[-\frac{\cos 2t}{4}\Big]_0^{\pi}$
$=(1+\frac{a}{\pi})\frac{\pi}{2}=\frac{\pi}{2}+\frac{a}{2}$
$\frac{a}{2}=\frac{\pi}{2}$
$a=\pi$

$b=\underset{\small{0}\hspace{5}}{\int^{\pi}}\{(1+\frac{a}{\pi})\cos t+\frac{b}{\pi}\sin t\}\sin tdt$
$=\underset{\small{0}\hspace{5}}{\int^{\pi}}(1+\frac{a}{\pi})\cos t\sin tdt+\underset{\small{0}\hspace{5}}{\int^{\pi}}\frac{b}{\pi}\sin^2tdt$
$=(1+\frac{a}{\pi})\underset{\small{0}\hspace{5}}{\int^{\pi}}\frac{\sin 2t}{2}dt+\frac{b}{\pi}\underset{\small{0}\hspace{5}}{\int^{\pi}}\frac{1-\cos 2t}{2}dt$
$=(1+\frac{a}{\pi})\Big[-\frac{\cos 2t}{4}\Big]_0^{\pi}+\frac{b}{\pi}\Big[\frac{t}{2}-\frac{\sin 2t}{4}\Big]_0^{\pi}$
$=(0-0)+\frac{b}{\pi}(\frac{\pi}{2}-0)=\frac{b}{2}$
$b=0$

ゆえに
$f(x)=2\cos x$ ･･･（答）
→［解答を隠す］←

（★,☆☆）
【問題2-2】　
　aが実数の範囲を動くとき，定積分
$\underset{\small{0}\hspace{5}}{\int^{1}}\Big(\frac{1}{\sqrt{1+ t^2}}-at\Big)^2dt$
の最小値を求めよ．また，そのときのaの値を求めよ．

（2017年度信州大理学部）

［解答を見る］

$\underset{\small{0}\hspace{5}}{\int^{1}}\Big(\frac{1}{\sqrt{1+ t^2}}-at\Big)^2dt$
$=\underset{\small{0}\hspace{5}}{\int^{1}}\frac{1}{t^2+ 1}dt-a\underset{\small{0}\hspace{5}}{\int^{1}}\frac{2t}{\sqrt{t^2+ 1}}dt+ a^2\underset{\small{0}\hspace{5}}{\int^{1}}t^2dt$
$=I_1-aI_2+ a^2I_3$
とおく
（定数 $I_1,\hspace{2}I_2,\hspace{2}I_3$ の値が定まれば，aの2次関数として最小値を求めることができる）

　 $I_1$ は， $t=\tan\theta$ とおく置換積分により，次のように計算できる
$\frac{dt}{d\theta}=\frac{1}{\cos^2\theta}$
t=x→u

t	0→1
θ	0→π/4

このとき
$I_1=\underset{\small{0}\hspace{5}}{\int^{\frac{\pi}{4}}}\frac{1}{\tan^2\theta+ 1}\cdot\frac{d\theta}{\cos^2\theta}$
$=\underset{\small{0}\hspace{5}}{\int^{\frac{\pi}{4}}}d\theta=\Big[\theta\Big]_0^{\frac{\pi}{4}}=\frac{\pi}{4}$

　 $I_2$ は， $t^2+ 1=u$ とおく置換積分により，次のように計算できる
$\frac{du}{dt}=2t$

t	0→1
u	1→2

このとき
$I_2=\underset{\small{1}\hspace{5}}{\int^{2}}\frac{2t}{\sqrt{u}}\cdot\frac{du}{2t}=\underset{\small{1}\hspace{5}}{\int^{2}}u^{-\frac{1}{2}}du$
$=\Big[2u^{\frac{1}{2}}\Big]_1^2=2(\sqrt{2}-1)$

　 $I_3$ は，次のように計算できる
$\underset{\small{0}\hspace{5}}{\int^{1}}t^2dt=\Big[\frac{t^3}{3}\Big]_0^{1}=\frac{1}{3}$

　これらをまとめると
（原式） $=\frac{\pi}{4}-2(\sqrt{2}-1)a+ \frac{1}{3}a^2$
$=\frac{1}{3}\{a^2-6(\sqrt{2}-1)a\}+\frac{\pi}{4}$
$=\frac{1}{3}\{a-3(\sqrt{2}-1)\}^2-3(\sqrt{2}-1)^2+\frac{\pi}{4}$
$=\frac{1}{3}\{a-3(\sqrt{2}-1)\}^2+\frac{\pi}{4}-9+ 6\sqrt{2}$
したがって， $a=3(\sqrt{2}-1)$ のとき，最小値 $\frac{\pi}{4}-9+ 6\sqrt{2}$ をとる →［解答を隠す］←

【基本２】
(1) $\frac{d}{d\fbox{x}}\underset{\small{a}\hspace{5}}{\int^{\fbox{x}}}f(t)dt=f(\fbox{x})$

(2) $\frac{d}{d\fbox{x}}\underset{\small{\fbox{x}}\hspace{5}}{\int^{a}}f(t)dt=-f(\fbox{x})$

（解説）
(1) 「積分区間の上端」と「微分する変数」が同じ文字xのとき，文字が入れ替わってxの関数になる．
$\int f(t)dt=F(t)+ C$
f(t)の１つの原始関数をF(t)とするとき
$\underset{\small{a}\hspace{5}}{\int^{\fbox{x}}}f(t)dt=F(\fbox{x})-F(a)$
だから
$\frac{d}{d\fbox{x}}\underset{\small{a}\hspace{5}}{\int^{\fbox{x}}}f(t)dt=\frac{d}{d\fbox{x}}\{F(\fbox{x})-F(a)\}$
$=F^{\tiny{\prime}}(\fbox{x})-0=f(\fbox{x})$
(2)
$\frac{d}{d\fbox{x}}\underset{\small{\fbox{x}}\hspace{5}}{\int^{a}}f(t)dt$
$\frac{d}{d\fbox{x}}\{F(a)-F(x)\}$
$=0-F^{\tiny{\prime}}(x)$
$=-f(x)$

【例3】
$\frac{d}{dx}\underset{\small{a}\hspace{5}}{\int^{x}}e^t\cos tdt=e^x\cos x$

【例4】
積分変数tとxを分離してから微分する
$\frac{d}{dx}\underset{\small{a}\hspace{5}}{\int^{x}}(x-t)e^tdt$
$=\frac{d}{dx}\Big{x\underset{\small{a}\hspace{5}}{\int^{x}}e^tdt-\underset{\small{a}\hspace{5}}{\int^{x}}te^tdt\Big}$
後は「積の微分法」に従って，xの関数として微分する
$=1\times\underset{\small{a}\hspace{5}}{\int^{x}}e^tdt+ xe^x-xe^x$
$=\underset{\small{a}\hspace{5}}{\int^{x}}e^tdt=e^x-e^a$

（★,☆）
【例題3】　

　関数 $f(x)=\underset{\small{\frac{\pi}{2}}\hspace{5}}{\int^{x}}$ $(t-x)\cos t\hspace{1}dt$ について，次の問い
に答えよ．
(1) 関数f(x)の導関数 $f^{\tiny{\prime}}(x)$ を求めよ．
(2) $\frac{\pi}{2}\underset{=}{\lt}x\underset{=}{\lt}\pi$ の範囲におけるf(x)の最大値を求めよ．

（2021年度福岡大工学部）

(1)
$f(x)=\underset{\small{\frac{\pi}{2}}\hspace{5}}{\int^x}$ $t\cos t\hspace{1}dt-$ $x\underset{\small{\frac{\pi}{2}}\hspace{5}}{\int^{x}}$ $\cos t\hspace{1}dt$
$f^{\tiny{\prime}}(x)=x\cos x-\underset{\small{\frac{\pi}{2}}\hspace{5}}{\int^{x}}\cos t\hspace{1}dt-x\cos x$
$=-\underset{\small{\frac{\pi}{2}}\hspace{5}}{\int^{x}}\cos t\hspace{1}dt$
$=-\Big[\sin t\Big]_{\frac{\pi}{2}}^x$
$=-\sin x+ 1$

(2)
原式から $f(\frac{\pi}{2})=0$ ･･･(#1)
また，(1)の結果から
$f(x)=\int(-\sin x+ 1)dx=\cos x+ x+ C$ ･･･(#2)
(#1)(#2)より
$f(\frac{\pi}{2})=0+\frac{\pi}{2}+ C=0$
$C=-\frac{\pi}{2}$
$f(x)=\cos x+ x-\frac{\pi}{2}$

x	$\frac{\pi}{2}$	･･･	π
$f^{\tiny{\prime}}(x)$		+
f(x)	m	$\nearrow$	M

$M=\cos \pi+ \pi-\frac{\pi}{2}=\frac{\pi}{2}-1$ ･･･（最大値）

（★,☆☆）
【問題3-1】　

$F(x)=\frac{1}{2}x+\underset{\small{0}\hspace{5}}{\int^{x}}(t-x)\sin tdt$ とおく．
(ⅰ) 導関数 $F^{\tiny{\prime}}(x)$ および第２次導関数 $F^{\tiny{\prime\prime}}(x)$ を求めよ．
(ⅱ) 0≦x≦πにおけるF(x)の最大値と最小値を求めよ．

（2009年度同志社大文化情報学部.一部引用）

［解答を見る］

(ⅰ)

xが被積分関数に入っていると基本公式が使えない．
⇒ xを積分記号の外に出す．（積分変数がtのとき，被積分関数の中でxは定数として振る舞う）

$F(x)=\frac{1}{2}x+\underset{\small{0}\hspace{5}}{\int^{x}}t\sin tdt-x\underset{\small{0}\hspace{5}}{\int^{x}}\sin tdt$
$F^{\tiny{\prime}}(x)=\frac{1}{2}+ x\sin x-1\times\underset{\small{0}\hspace{5}}{\int^{x}}\sin tdt-x\times\sin x$
$=\frac{1}{2}+\Big[\cos t\Big]_0^x=\frac{1}{2}+\cos x-1$
$=\cos x-\frac{1}{2}$ ･･･（答 #1）

$F^{\tiny{\prime\prime}}(x)=-\sin x$ ･･･（答）

(ⅱ)
$F(x)=\int(\cos x-\frac{1}{2})dx=\sin x-\frac{1}{2}x+ C$
また，原式から，x=0のとき，F(x)=0
したがって，C=0
$F(x)=\sin x-\frac{1}{2}x$ ･･･（#2）
増減表は(#1)(#2)を使って求められる（ $F^{\tiny{\prime\prime}}(x)$ を使わなくてもできる）

x	0	･･･	$\frac{\pi}{3}$	･･･	π
$F^{\tiny{\prime}}(x)$		+	0	−
F(x)	0	$\nearrow$	M	$\searrow$	m

$M=F(\frac{\pi}{3})=\sin\frac{\pi}{3}-\frac{1}{2}\times\frac{\pi}{3}=\frac{\sqrt{3}}{2}-\frac{\pi}{6}$ ･･･（最大値）
$m=F(\pi)=\sin\pi-\frac{\pi}{2}=-\frac{\pi}{2}$ (<0)･･･（最小値）
→［解答を隠す］←

（★,☆☆）
【問題3-2】　

$\underset{\small{1}\hspace{5}}{\int^{x}}$ $\log t\hspace{1}dt=$ (1)であるので，
$f(x)=\underset{\small{1}\hspace{5}}{\int^{x}}$ $(x-1)\log t\hspace{1}dt$ のとき， $f^{\tiny{\prime}}(x)=$ (2)である．

（2015年度神奈川大理・工学部）

［解答を見る］

$\log t$ の積分は，次の部分積分により求められる
（これは教科書に必ず書かれており，使い道が多いので，結果を覚えるのもよい）

$p(t)=\log t$	$p^{\tiny{\prime}}(t)=\frac{1}{t}$
$q(t)=t$	$q^{\tiny{\prime}}(t)=1$

$\underset{\small{1}\hspace{5}}{\int^{x}}1\times\log tdt=\Big[t\log t\Big]_1^x-\underset{\small{1}\hspace{5}}{\int^{x}}t\times\frac{1}{t}dt$
$=x\log x-0-\underset{\small{1}\hspace{5}}{\int^{x}}1dt$
$=x\log x-\Big[t\Big]_1^x$
$=x\log x-x+ 1$ ･･･(1)

xが被積分関数に入っていると基本公式が使えない．
⇒ xを積分記号の外に出す．（積分変数がtのとき，被積分関数の中でxは定数として振る舞う）

$f(x)=\underset{\small{1}\hspace{5}}{\int^{x}}(x-1)\log tdt$
$=x\underset{\small{1}\hspace{5}}{\int^{x}}\log tdt-\underset{\small{1}\hspace{5}}{\int^{x}}\log tdt$
$f^{\tiny{\prime}}(x)=1\time\underset{\small{1}\hspace{5}}{\int^{x}}\log tdt+ x\log x-\log x$
ここで(1)の結果を使うと
$f^{\tiny{\prime}}(x)=(x\log x-x+ 1)+ x\log x-\log x$
$=2x\log x-\log x-x+ 1$ ･･･(2)
→［解答を隠す］←

（★,☆☆）
【問題3-3】　

　関数 $f(x)=\underset{\small{0}\hspace{5}}{\int^{x}}t(t-1)(t-x)dt$ を最大とするようなxの値を求めよ．

（2009年度日本女子大理学部）

［解答を見る］

この問題は，数学Ⅱの範囲で解ける

$f(x)=\underset{\small{0}\hspace{5}}{\int^{x}}t^2(t-1)dt-x\underset{\small{0}\hspace{5}}{\int^{x}}t(t-1)dt$
この式の両辺をxで微分すると
$f^{\tiny{\prime}}(x)=x^2(x-1)dt-\underset{\small{0}\hspace{5}}{\int^{x}}t(t-1)dt-x^2(x-1)$
$=-\underset{\small{0}\hspace{5}}{\int^{x}}t(t-1)dt$
$=-\underset{\small{0}\hspace{5}}{\int^{x}}(t^2-t)dt$
$=-\Big[\frac{t^3}{3}-\frac{t^2}{2}\Big]_0^x$
$=-(\frac{x^3}{3}-\frac{x^2}{2})$
$=-\frac{x^2}{6}(2x-3)$

x	･･･	･･･	$\frac{3}{2}$	･･･
$f^{\tiny{\prime}}(x)$	+	+	0	−
f(x)	$\nearrow$	$\nearrow$	M	$\searrow$

$x=\frac{3}{2}$ のとき，最大値をとる･･･（答）
→［解答を隠す］←

（★,☆☆）
【問題3-4】　
　関数f(x)は微分可能で $f(x)=x^2e^{-x}+\underset{\small{0}\hspace{5}}{\int^{x}}e^{t-x}f(t)dx$
を満たすものとする．次の問いに答えよ．
(1) $f(0),\hspace{5}f^{\tiny{\prime}}(0)$ を求めよ．
(2) $f^{\tiny{\prime}}(x)$ を求めよ．
(3) $f(x)$ を求めよ．

（2017年度埼玉大理・工学部）

［解答を見る］

(1)
積分可能な任意の関数p(x)について
$\underset{\small{a}\hspace{5}}{\int^{a}}p(x)dx=0$
が成り立つから
$f(0)=0^2e^{0}+ 0=0$ ･･･（答）
さらに
$f(x)=x^2e^{-x}+ e^{-x}\underset{\small{0}\hspace{5}}{\int^{x}}e^tf(t)dx$ ･･･(#1)
と書けるから
$f^{\tiny{\prime}}(x)=2xe^{-x}-x^2e^{-x}$
$-e^{-x}\underset{\small{0}\hspace{5}}{\int^{x}}e^tf(t)dt+ e^{-x}e^xf(x)$
$=2xe^{-x}-x^2e^{-x}$
$-e^{-x}\underset{\small{0}\hspace{5}}{\int^{x}}e^tf(t)dt+ f(x)$
(#1)を代入
$f^{\tiny{\prime}}(x)=2xe^{-x}-x^2e^{-x}$
$-e^{-x}\underset{\small{0}\hspace{5}}{\int^{x}}e^tf(t)dt+ x^2e^{-x}+ e^{-x}\underset{\small{0}\hspace{5}}{\int^{x}}e^tf(t)dx$
$=2xe^{-x}$
$f^{\tiny{\prime}}(0)=0$ ･･･（答）
(2)
$f^{\tiny{\prime}}(x)=2xe^{-x}$ ･･･（答）

この解き方では，(2)の答えが(1)の段階で求まってしまうので，順序が奇妙に見えるが，出題者の意図としては，別の解き方を考えていたようである．

(3)
$f(x)=2\int xe^{-x}dx$
次の部分積分を行う

$p(x)=x$	$p^{\tiny{\prime}}(x)=1$
$q(x)=-e^{-x}$	$q^{\tiny{\prime}}(x)=e^{-x}$

$f(x)=2(-xe^{-x}+\int e^{-x}dx)$
$=2(-xe^{-x}-e^{-x})+ C$
(1)の結果からf(0)=0だから
$2(0-1)+ C=0$
$C=2$
$f(x)=2(-xe^{-x}-e^{-x}+ 1)$ ･･･（答）
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（★,☆☆）
【例題4】
$\underset{\small{0}\hspace{5}}{\int^{x}}tf(x-t)dt=\sin 2x+ kx$ ･･･①
を満たす関数f(x)と定数kを求めたい．
x−t=uとおいて①の左辺を書き直すと，

$x\underset{\small{0}\hspace{5}}{\int^{x}}$ $du-\underset{\small{0}\hspace{5}}{\int^{x}}$ $du=\sin 2x+ kx$
となる．両辺をxで微分して整理すれば，
$\underset{\small{0}\hspace{5}}{\int^{x}}$ $du=$ ･･･②
を得る．ここで，x=0とおくことにより，k=が得られ，さらに，②の両辺をxで微分することにより，f(x)=となる．

（2009年度東海大理・工学部）

x−t=uとおく置換積分により
$\frac{du}{dt}=-1\Longrightarrow dt=-du$
t=x→u

t	0→x
u	x→0

このとき
$\underset{\small{0}\hspace{5}}{\int^{x}}tf(x-t)dt=\underset{\small{x}\hspace{5}}{\int^{0}}(x-u)f(u)(-du)$
$=\underset{\small{0}\hspace{5}}{\int^{x}}(x-u)f(u)du$
$=x\underset{\small{0}\hspace{5}}{\int^{x}}\fbox{f(u)}du-\underset{\small{0}\hspace{5}}{\int^{x}}\fbox{uf(u)}du$
$=\sin 2x+ kx$
両辺をxで微分すると
$\underset{\small{0}\hspace{5}}{\int^{x}}f(u)du+\cancel{xf(x)}-\cancel{xf(x)}=2\cos 2x+ k$ ･･･②'
x=0とおくと
$0=2+ k$
$k=-2$
さらに②'の両辺をxで微分すると
$f(x)=-4\sin 2x$

（★,☆☆）
【問題4-1】
　すべての実数xに対して
$\underset{\small{0}\hspace{5}}{\int^{x}}tf(x-t)dt=\underset{\small{0}\hspace{5}}{\int^{x}}f(t)dt-\sin x+\cos x+ 2x-1$
をみたす連続関数f(x)がある．

(1) $\underset{\small{0}\hspace{5}}{\int^{x}}tf(x-t)dt=x\underset{\small{0}\hspace{5}}{\int^{x}}f(t)dt-\underset{\small{0}\hspace{5}}{\int^{x}}tf(t)dt$
を示せ．
(2)　f(x)を求めよ．ただし，関係式 $\frac{dy}{dx}=y$ をみたす $y$ は $y=Ce^x$ （Cは任意定数）である．

（2000年度芝浦工大）

［解答を見る］

(1)
x−t=uとおく置換積分により
$\frac{du}{dt}=-1\Longrightarrow dt=-du$
t=x→u

t	0→x
u	x→0

このとき
$\underset{\small{0}\hspace{5}}{\int^{x}}tf(x-t)dt=\underset{\small{x}\hspace{5}}{\int^{0}}(x-u)f(u)(-du)$
$=\underset{\small{0}\hspace{5}}{\int^{x}}(x-u)f(u)du$
$=x\underset{\small{0}\hspace{5}}{\int^{x}}f(u)du-\underset{\small{0}\hspace{5}}{\int^{x}}uf(u)du$
積分変数は，x以外の文字であれば何を使ってもよいから
$=x\underset{\small{0}\hspace{5}}{\int^{x}}f(t)dt-\underset{\small{0}\hspace{5}}{\int^{x}}tf(t)dt$

(2)
(1)の結果として，次の式が成り立つ
$x\underset{\small{0}\hspace{5}}{\int^{x}}f(t)dt-\underset{\small{0}\hspace{5}}{\int^{x}}tf(t)dt=\underset{\small{0}\hspace{5}}{\int^{x}}f(t)dt-\sin x+\cos x+ 2x-1$
この式の両辺をxで微分すると
$\underset{\small{0}\hspace{5}}{\int^{x}}f(t)dt+\cancel{xf(x)}-\cancel{xf(x)}=f(x)-\cos x-\sin x+ 2$
$\underset{\small{0}\hspace{5}}{\int^{x}}f(t)dt=f(x)-\cos x-\sin x+ 2$ ･･･(#1)
さらに両辺をxで微分すると
$f(x)=f^{\tiny{\prime}}(x)+\sin x-\cos x$
$f(x)-\sin x=f^{\tiny{\prime}}(x)-\cos x$
ここで， $f(x)-\sin x=g(x)$ とおくと
$g(x)=g^{\tiny{\prime}}(x)$
問題文のヒントを使うと
$g(x)=Ce^x$
$f(x)-\sin x=Ce^x$
$f(x)=\sin x+ Ce^x$ ･･･(#2)
ここで(#1)において，x=0を代入すると
$0=f(0)-1-0+ 2$
$f(0)=-1$
また，(#2)において，x=0を代入すると
$f(0)=0+ C=C$
したがって， $C=-1$
結局
$f(x)=\sin x-e^x$ ･･･(答)
→［解答を隠す］←

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