定積分で定義される関数

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*** 科目 ***
数Ⅰ・Ａ数Ⅱ・Ｂ数Ⅲ 高卒・大学初年度
*** 単元 ***
複素数平面二次曲線媒介変数表示と極座標
数列の極限関数導関数不定積分定積分
行列 1次変換

※高校数学Ⅲの「定積分」について，このサイトには次の教材があります．
この頁へGoogleやYAHOO ! などの検索から直接来てしまったので「前提となっている内容が分からない」という場合や「この頁は分かったがもっと応用問題を見たい」という場合は，他の頁を見てください．　が現在地です．

↓定積分の基本

↓定積分の置換積分
↓同(2)

↓定積分の部分積分
↓無理関数の定積分

↓三角関数の定積分
↓三角関数（絶対値付き）の定積分
↓limΣと定積分（区分求積法）
↓同(2)入試問題

↓閉曲線で囲まれた図形の面積
↓同(2)媒介変数
↓同(3)

↓定積分の漸化式

↓体積,表面積
↓曲線の長さ

↓定積分で定義される関数-現在地

応用問題

== 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 ==

\int_{a}^{b} f (t) d t

は，定数

【例1】

f (x) = x + \int_{a}^{b} f (t) d t

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 \int_{a}^{b} f (t) d t

のとき，

f (x) = x^{2} + k x

（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 \int_{0}^{1} f (t) d t

（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 + k x

f (t) = 1 + k t

とおける

k = \int_{0}^{1} (1 + k t) d t = {[t + \frac{k}{2} t^{2}]}_{0}^{1} = 1 + \frac{k}{2}

\frac{k}{2} = 1

k = 2

したがって

f (x) = 1 + 2 x

･･･（答）

（★,☆）
【問題1-1】　

f (x) = x - \int_{0}^{1} e^{t} f (t) d t

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 = \int_{0}^{1} e^{t} (t - k) d t = \int_{0}^{1} t e^{t} d t - k \int_{0}^{1} e^{t} d t

= I_{1} - k I_{2}

とおく

I_{1}

は，次の部分積分により求められる

$p (t) = t$	$p^{'} (t) = 1$
$q (t) = e^{t}$	$q^{'} (t) = e^{t}$

I_{1} = \int_{0}^{1} t e^{t} d t = [t e^{t}]_{0}^{1} - \int_{0}^{1} e^{t} d t

= (e - 0) - (e - 1) = 1

I_{2}

は，単純に積分すれば求められる

I_{2} = \int_{0}^{1} e^{t} d t = [e^{t}]_{0}^{1} = e - 1

したがって

k = 1 - k (e - 1)

k e = 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

\int_{0}^{\frac{π}{3}} \frac{x}{\cos^{2} x} d x

を求めよ．
(2)

- \frac{π}{2} < x < \frac{π}{2}

で定義された関数f(x)が

f (x) \cos^{2} x = π - \frac{x}{\log 2} \int_{0}^{\frac{π}{3}} f (t) d t

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)^{'} = (\frac{\sin x}{\cos x})^{'} = \frac{1}{\cos^{2} x}

したがって，次の積分公式が成り立つ

\int \frac{1}{\cos^{2} x} d x = \tan x + C_{1}

また，次の積分公式も成り立つ

\int \tan x d x = - \int \frac{(\cos x)^{'}}{\cos x} d x = - \log | \cos x | + C_{2}

これらを使って，次の部分積分を行う

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

\int_{0}^{\frac{π}{3}} p (x) q^{'} (x) d x = [p (x) q (x)]_{0}^{\frac{π}{3}} - \int_{0}^{\frac{π}{3}} p^{'} (x) q (x) d x

すなわち

\int_{0}^{\frac{π}{3}} \frac{x}{\cos^{2} x} d x = [x \tan x]_{0}^{\frac{π}{3}} - \int_{0}^{\frac{π}{3}} \tan x d x

= (\frac{π}{3} \cdot \sqrt{3} - 0) + [\log | \cos x |]_{0}^{\frac{π}{3}}

= \frac{\sqrt{3} π}{3} + (\log \frac{1}{2} - 0)

= \frac{\sqrt{3} π}{3} - \log 2

･･･（答）

(2)

\int_{0}^{\frac{π}{3}} f (t) d t = k

（kは定数）とおけるから

f (x) = \frac{π}{\cos^{2} x} - \frac{k x}{\log 2 \cdot \cos^{2} x}

と書ける

k = \int_{0}^{\frac{π}{3}} (\frac{π}{\cos^{2} t} - \frac{k t}{\log 2 \cdot \cos^{2} t}) d t

= π \int_{0}^{\frac{π}{3}} \frac{1}{\cos^{2} t} d t - \frac{k}{\log 2} \int_{0}^{\frac{π}{3}} \frac{t}{\cos^{2} t} d t

= π \cdot I_{1} - \frac{k}{\log 2} \cdot I_{2}

とおく

I_{1} = [\tan t]_{0}^{\frac{π}{3}} = \sqrt{3}

また，(1)の結果により

I_{2} = \frac{\sqrt{3} π}{3} - \log 2

これらを代入すると

k = \sqrt{3} π - \frac{k}{\log 2} (\frac{\sqrt{3} π}{3} - \log 2)

= \sqrt{3} π - \frac{\sqrt{3} π k}{3 \log 2} + k

\sqrt{3} π = \frac{\sqrt{3} π k}{3 \log 2}

k = 3 \log 2

f (x) = \frac{π}{\cos^{2} x} - \frac{3 \log 2 \cdot x}{\log 2 \cdot \cos^{2} x}

f (x) = \frac{π - 3 x}{\cos^{2} x}

･･･（答）
→［解答を隠す］←

（★,☆☆）
【例題2】　

f (x) = \cos x + \int_{0}^{π} \sin (x - t) f (t) d t

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 + \int_{0}^{π} (\sin x \cos t - \cos x \sin t) f (t) d t

= \cos x + \sin x \int_{0}^{π} \cos t f (t) d t - \cos x \int_{0}^{π} \sin t f (t) d t

ここで

\int_{0}^{π} \cos t f (t) d t = a, \int_{0}^{π} \sin t f (t) d t = 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 = \int_{0}^{π} \cos t {a \sin t + (1 - b) \cos t} d t

= a \int_{0}^{π} \cos t \sin t d t + (1 - b) \int_{0}^{π} \cos^{2} t d t

三角関数の２倍角公式（⇔半角公式）により

\sin t \cos t = \frac{\sin 2 t}{2}

\cos^{2} t = \frac{1 + \cos 2 t}{2}

\sin^{2} t = \frac{1 - \cos 2 t}{2}

= \frac{a}{2} \int_{0}^{π} \sin 2 t d t + \frac{1 - b}{2} \int_{0}^{π} (1 + \cos 2 t) d t

= \frac{a}{2} [- \frac{\cos 2 t}{2}]_{0}^{π} + \frac{1 - b}{2} [t + \frac{\sin 2 t}{2}]_{0}^{π}

= \frac{1 - b}{2} π

･･･(#1)

b = \int_{0}^{π} \sin t {a \sin t + (1 - b) \cos t} d t

= a \int_{0}^{π} \sin^{2} t d t + (1 - b) \int_{0}^{π} \sin t \cos t d t

= \frac{a}{2} \int_{0}^{π} (1 - \cos 2 t) d t + \frac{1 - b}{2} \int_{0}^{π} \sin 2 t d t

= \frac{a}{2} [t - \frac{\sin 2 t}{2}]_{0}^{π} + \frac{1 - b}{2} [- \frac{\cos 2 t}{2}]_{0}^{π}

= \frac{π a}{2}

･･･(#2)

(#1)(#2)から

a = \frac{1 - b}{2} π

･･･(#1)

b = \frac{π a}{2}

･･･(#2)
(#1)を(#2)に代入する

b = \frac{π}{2} (\frac{1 - b}{2} π) = \frac{π^{2}}{4} (1 - b)

4 b = π^{2} - π^{2} b

(π^{2} + 4) b = π^{2}

b = \frac{π^{2}}{π^{2} + 4}

(#2)に代入

\frac{π^{2}}{π^{2} + 4} = \frac{π a}{2}

a = \frac{π^{2}}{π^{2} + 4} \times \frac{2}{π} = \frac{2 π}{π^{2} + 4}

f (x) = \frac{2 π}{π^{2} + 4} \sin x + (1 - \frac{π^{2}}{π^{2} + 4}) \cos x

= \frac{2 π}{π^{2} + 4} \sin x + \frac{4}{π^{2} + 4} \cos x

･･･（答）

（★,☆☆）
【問題2-1】　

等式

f (x) = \cos x + \frac{1}{π} \int_{0}^{π} f (t) \cos (t - x) d t

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}{π} \int_{0}^{π} f (t) (\cos t \cos x + \sin t \sin x) d t

= \cos x + \frac{1}{π} {\cos x \int_{0}^{π} f (t) \cos t d t + \sin x \int_{0}^{π} f (t) \sin t d t}

ここで

\int_{0}^{π} f (t) \cos t d t = a, \int_{0}^{π} f (t) \sin t d t = b

とおけるから

f (x) = \cos x + \frac{a}{π} \cos x + \frac{b}{π} \sin x

= (1 + \frac{a}{π}) \cos x + \frac{b}{π} \sin x

の形に書ける．

定数a, bの値を求める．

a = \int_{0}^{π} {(1 + \frac{a}{π}) \cos t + \frac{b}{π} \sin t} \cos t d t

= \int_{0}^{π} (1 + \frac{a}{π}) \cos^{2} t d t + \frac{b}{π} \int_{0}^{π} \sin t \cos t d t

三角関数の２倍角公式（⇔半角公式）により

\sin t \cos t = \frac{\sin 2 t}{2}

\cos^{2} t = \frac{1 + \cos 2 t}{2}

= (1 + \frac{a}{π}) \int_{0}^{π} \frac{1 + \cos 2 t}{2} d t + \frac{b}{π} \int_{0}^{π} \frac{\sin 2 t}{2} d t

= (1 + \frac{a}{π}) [\frac{t}{2} + \frac{\sin 2 t}{4}]_{0}^{π}

= (1 + \frac{a}{π}) \frac{π}{2} = \frac{π}{2} + \frac{a}{2}

\frac{a}{2} = \frac{π}{2}

a = π

b = \int_{0}^{π} {(1 + \frac{a}{π}) \cos t + \frac{b}{π} \sin t} \sin t d t

= \int_{0}^{π} (1 + \frac{a}{π}) \cos t \sin t d t + \int_{0}^{π} \frac{b}{π} \sin^{2} t d t

= (1 + \frac{a}{π}) \int_{0}^{π} \frac{\sin 2 t}{2} d t + \frac{b}{π} \int_{0}^{π} \frac{1 - \cos 2 t}{2} d t

= (1 + \frac{a}{π}) [- \frac{\cos 2 t}{4}]_{0}^{π} + \frac{b}{π} [\frac{t}{2} - \frac{\sin 2 t}{4}]_{0}^{π}

= (0 - 0) + \frac{b}{π} (\frac{π}{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

\int_{0}^{1} (\frac{1}{\sqrt{1 + t^{2}}} - a t)^{2} d t

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］

\int_{0}^{1} (\frac{1}{\sqrt{1 + t^{2}}} - a t)^{2} d t

= \int_{0}^{1} \frac{1}{t^{2} + 1} d t - a \int_{0}^{1} \frac{2 t}{\sqrt{t^{2} + 1}} d t + a^{2} \int_{0}^{1} t^{2} d t

= I_{1} - a I_{2} + a^{2} I_{3}

とおく
（定数

I_{1}, I_{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 θ

とおく置換積分により，次のように計算できる

\frac{d t}{d θ} = \frac{1}{\cos^{2} θ}

t=x→u

t	0→1
θ	0→π/4

このとき

I_{1} = \int_{0}^{\frac{π}{4}} \frac{1}{\tan^{2} θ + 1} \cdot \frac{d θ}{\cos^{2} θ}

= \int_{0}^{\frac{π}{4}} d θ = [θ]_{0}^{\frac{π}{4}} = \frac{π}{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{d u}{d t} = 2 t

t	0→1
u	1→2

このとき

I_{2} = \int_{1}^{2} \frac{2 t}{\sqrt{u}} \cdot \frac{d u}{2 t} = \int_{1}^{2} u^{- \frac{1}{2}} d u

= [2 u^{\frac{1}{2}}]_{1}^{2} = 2 (\sqrt{2} - 1)

I_{3}

は，次のように計算できる

\int_{0}^{1} t^{2} d t = [\frac{t^{3}}{3}]_{0}^{1} = \frac{1}{3}

　これらをまとめると
（原式）

= \frac{π}{4} - 2 (\sqrt{2} - 1) a + \frac{1}{3} a^{2}

= \frac{1}{3} {a^{2} - 6 (\sqrt{2} - 1) a} + \frac{π}{4}

= \frac{1}{3} {a - 3 (\sqrt{2} - 1)}^{2} - 3 (\sqrt{2} - 1)^{2} + \frac{π}{4}

= \frac{1}{3} {a - 3 (\sqrt{2} - 1)}^{2} + \frac{π}{4} - 9 + 6 \sqrt{2}

したがって，

a = 3 (\sqrt{2} - 1)

のとき，最小値

\frac{π}{4} - 9 + 6 \sqrt{2}

をとる →［解答を隠す］←

【基本２】
(1)

\frac{d}{d x} \int_{a}^{x} f (t) d t = f (x)

(2)

\frac{d}{d x} \int_{x}^{a} f (t) d t = - f (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) d t = F (t) + C

f(t)の１つの原始関数をF(t)とするとき

\int_{a}^{x} f (t) d t = F (x) - F (a)

だから

\frac{d}{d x} \int_{a}^{x} f (t) d t = \frac{d}{d x} {F (x) - F (a)}

= F^{'} (x) - 0 = f (x)

(2)

\frac{d}{d x} \int_{x}^{a} f (t) d t

\frac{d}{d x} {F (a) - F (x)}

= 0 - F^{'} (x)

= - f (x)

【例3】

\frac{d}{d x} \int_{a}^{x} e^{t} \cos t d t = 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}{d x} \int_{a}^{x} (x - t) e^{t} d t

= \frac{d}{d x} {x \int_{a}^{x} e^{t} d t - \int_{a}^{x} t e^{t} d t}

第1項は「積の微分法」に従って，xの関数として微分する

= 1 \times \int_{a}^{x} e^{t} d t + x e^{x} - x e^{x}

= \int_{a}^{x} e^{t} d t = e^{x} - e^{a}

（★,☆）
【例題3】　

　関数

f (x) = \int_{\frac{π}{2}}^{x}

(t - x) \cos t d t

について，次の問い
に答えよ．
(1) 関数f(x)の導関数f’(x)を求めよ．
(2)

\frac{π}{2} ≦ x ≦ π

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) = \int_{\frac{π}{2}}^{x}

t \cos t d t -

x \int_{\frac{π}{2}}^{x}

\cos t d t

f^{'} (x) = x \cos x - \int_{\frac{π}{2}}^{x} \cos t d t - x \cos x

= - \int_{\frac{π}{2}}^{x} \cos t d t

= - [\sin t]_{\frac{π}{2}}^{x}

= - \sin x + 1

(2)
原式から

f (\frac{π}{2}) = 0

･･･(#1)
また，(1)の結果から

f (x) = \int (- \sin x + 1) d x = \cos x + x + C

･･･(#2)
(#1)(#2)より

f (\frac{π}{2}) = 0 + \frac{π}{2} + C = 0

C = - \frac{π}{2}

f (x) = \cos x + x - \frac{π}{2}

x	$\frac{π}{2}$	…	π
f’(x)		+
f(x)	m	$↗$	M

M = \cos π + π - \frac{π}{2} = \frac{π}{2} - 1

･･･（最大値）

（★,☆☆）
【問題3-1】　

F (x) = \frac{1}{2} x + \int_{0}^{x} (t - x) \sin t d t

とおく．
(ⅰ) 導関数

F^{'} (x)

および第２次導関数

F^{″} (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 + \int_{0}^{x} t \sin t d t - x \int_{0}^{x} \sin t d t

F^{'} (x) = \frac{1}{2} + x \sin x - 1 \times \int_{0}^{x} \sin t d t - x \times \sin x

= \frac{1}{2} + [\cos t]_{0}^{x} = \frac{1}{2} + \cos x - 1

= \cos x - \frac{1}{2}

･･･（答 #1）

F^{″} (x) = - \sin x

･･･（答）

(ⅱ)

F (x) = \int (\cos x - \frac{1}{2}) d x = \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^{″} (x)

を使わなくてもできる）

x	0	･･･	$\frac{π}{3}$	･･･	π
$F^{'} (x)$		+	0	−
F(x)	0	$↗$	M	$↘$	m

M = F (\frac{π}{3}) = \sin \frac{π}{3} - \frac{1}{2} \times \frac{π}{3} = \frac{\sqrt{3}}{2} - \frac{π}{6}

･･･（最大値）

m = F (π) = \sin π - \frac{π}{2} = - \frac{π}{2}

(<0)･･･（最小値）
→［解答を隠す］←

（★,☆☆）
【問題3-2】　

\int_{1}^{x}

\log t d t =

(1)であるので，

f (x) = \int_{1}^{x}

(x - 1) \log t d t

のとき，

f^{'} (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）

$p (t) = \log t$	$p^{'} (t) = \frac{1}{t}$
$q (t) = t$	$q^{'} (t) = 1$

\int_{1}^{x} 1 \times \log t d t = [t \log t]_{1}^{x} - \int_{1}^{x} t \times \frac{1}{t} d t

= x \log x - 0 - \int_{1}^{x} 1 d t

= x \log x - [t]_{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) = \int_{1}^{x} (x - 1) \log t d t

= x \int_{1}^{x} \log t d t - \int_{1}^{x} \log t d t

f^{'} (x) = 1 \times \int_{1}^{x} \log t d t + x \log x - \log x

ここで(1)の結果を使うと

f^{'} (x) = (x \log x - x + 1) + x \log x - \log x

= 2 x \log x - \log x - x + 1

･･･(2)
→［解答を隠す］←

（★,☆☆）
【問題3-3】　

　関数

f (x) = \int_{0}^{x} t (t - 1) (t - x) d t

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) = \int_{0}^{x} t^{2} (t - 1) d t - x \int_{0}^{x} t (t - 1) d t

この式の両辺をxで微分すると

f^{'} (x) = x^{2} (x - 1) d t - \int_{0}^{x} t (t - 1) d t - x^{2} (x - 1)

= - \int_{0}^{x} t (t - 1) d t

= - \int_{0}^{x} (t^{2} - t) d t

= - [\frac{t^{3}}{3} - \frac{t^{2}}{2}]_{0}^{x}

= - (\frac{x^{3}}{3} - \frac{x^{2}}{2})

= - \frac{x^{2}}{6} (2 x - 3)

x	･･･	･･･	$\frac{3}{2}$	･･･
$f^{'} (x)$	+	+	0	−
f(x)	$↗$	$↗$	M	$↘$

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^{2} e^{- x} + \int_{0}^{x} e^{t - x} f (t) d x

を満たすものとする．次の問いに答えよ．
(1)

f (0), f^{'} (0)

を求めよ．
(2)

f^{'} (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

\int_{a}^{a} p (x) d x = 0

が成り立つから

f (0) = 0^{2} e^{0} + 0 = 0

･･･（答）
さらに

f (x) = x^{2} e^{- x} + e^{- x} \int_{0}^{x} e^{t} f (t) d x

･･･(#1)
と書けるから

f^{'} (x) = 2 x e^{- x} - x^{2} e^{- x}

- e^{- x} \int_{0}^{x} e^{t} f (t) d t + e^{- x} e^{x} f (x)

= 2 x e^{- x} - x^{2} e^{- x}

- e^{- x} \int_{0}^{x} e^{t} f (t) d t + f (x)

(#1)を代入

f^{'} (x) = 2 x e^{- x} - x^{2} e^{- x}

- e^{- x} \int_{0}^{x} e^{t} f (t) d t + x^{2} e^{- x} + e^{- x} \int_{0}^{x} e^{t} f (t) d x

= 2 x e^{- x}

f^{'} (0) = 0

･･･（答）
(2)

f^{'} (x) = 2 x e^{- 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 x e^{- x} d x

次の部分積分を行う

$p (x) = x$	$p^{'} (x) = 1$
$q (x) = - e^{- x}$	$q^{'} (x) = e^{- x}$

f (x) = 2 (- x e^{- x} + \int e^{- x} d x)

= 2 (- x e^{- 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 (- x e^{- x} - e^{- x} + 1)

･･･（答）
→［解答を隠す］←

（★,☆☆）
【例題4】

\int_{0}^{x} t f (x - t) d t = \sin 2 x + k x

･･･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 \int_{0}^{x}

d u - \int_{0}^{x}

d u = \sin 2 x + k x

となる．両辺をxで微分して整理すれば，

\int_{0}^{x}

d u =

･･･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{d u}{d t} = - 1 ⟹ d t = - d u

t=x→u

t	0→x
u	x→0

このとき

\int_{0}^{x} t f (x - t) d t = \int_{x}^{0} (x - u) f (u) (- d u)

= \int_{0}^{x} (x - u) f (u) d u

= x \int_{0}^{x} f(u) d u - \int_{0}^{x} uf(u) d u

= x \int_{0}^{x} f(u) d u - \int_{0}^{x} uf(u) d u

両辺をxで微分すると

\int_{0}^{x} f (u) d u + x f (x) - x f (x) = 2 \cos 2 x + 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 2 x

（★,☆☆）
【問題4-1】
　すべての実数xに対して

\int_{0}^{x} t f (x - t) d t = \int_{0}^{x} f (t) d t - \sin x + \cos x + 2 x - 1

をみたす連続関数f(x)がある．

(1)

\int_{0}^{x} t f (x - t) d t = x \int_{0}^{x} f (t) d t - \int_{0}^{x} t f (t) d t

を示せ．
(2)　f(x)を求めよ．ただし，関係式

\frac{d y}{d x} = y

をみたす

y

は

y = C e^{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{d u}{d t} = - 1 ⟹ d t = - d u

t=x−u

t	0→x
u	x→0

このとき

\int_{0}^{x} t f (x - t) d t = \int_{x}^{0} (x - u) f (u) (- d u)

= \int_{0}^{x} (x - u) f (u) d u

= x \int_{0}^{x} f (u) d u - \int_{0}^{x} u f (u) d u

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 \int_{0}^{x} f (t) d t - \int_{0}^{x} t f (t) d t

(2)
(1)の結果として，次の式が成り立つ

x \int_{0}^{x} f (t) d t - \int_{0}^{x} t f (t) d t = \int_{0}^{x} f (t) d t - \sin x + \cos x + 2 x - 1

この式の両辺をxで微分すると

\int_{0}^{x} f (t) d t + x f (x) - x f (x) = f (x) - \cos x - \sin x + 2

\int_{0}^{x} f (t) d t = f (x) - \cos x - \sin x + 2

･･･(#1)
さらに両辺をxで微分すると

f (x) = f^{'} (x) + \sin x - \cos x

f (x) - \sin x = f^{'} (x) - \cos x

ここで，

f (x) - \sin x = g (x)

とおくと

g (x) = g^{'} (x)

問題文のヒントを使うと

g (x) = C e^{x}

f (x) - \sin x = C e^{x}

f (x) = \sin x + C e^{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)
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