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北海道大学 1987年理系第4問解説

方針・初手

(1) は定積分で表された関数の微分の基本問題である。被積分関数に積分変数 $t$ だけでなく $x$ も含まれているため、そのまま $x$ で微分することはできない。加法定理を用いて $x$ の部分と $t$ の部分を分離し、$x$ を積分の外に出してから積の微分法を用いるのが定石である。

(2) は (1) の結果を利用して $f(x)$ を求める。(1) の関係式と与えられた等式から積分記号を含まない微分方程式を導き、それを解く方針をとる。その際、定積分の上端と下端を一致させることで得られる初期条件を活用して積分定数を決定する。

解法1

(1)

与えられた関数 $F(x)$ の被積分関数に加法定理 $\sin(x-t) = \sin x \cos t - \cos x \sin t$ を用いると、次のように変形できる。

$$ \begin{aligned} F(x) &= \int_{0}^{x} f(t) ( \sin x \cos t - \cos x \sin t ) dt \\ &= \sin x \int_{0}^{x} f(t) \cos t dt - \cos x \int_{0}^{x} f(t) \sin t dt \end{aligned} $$

両辺を $x$ について微分する。積の微分法を用いる。

$$ \begin{aligned} F'(x) &= (\cos x) \int_{0}^{x} f(t) \cos t dt + (\sin x) \cdot f(x) \cos x \\ &\quad - (-\sin x) \int_{0}^{x} f(t) \sin t dt - (\cos x) \cdot f(x) \sin x \\ &= \cos x \int_{0}^{x} f(t) \cos t dt + f(x) \sin x \cos x \\ &\quad + \sin x \int_{0}^{x} f(t) \sin t dt - f(x) \sin x \cos x \\ &= \cos x \int_{0}^{x} f(t) \cos t dt + \sin x \int_{0}^{x} f(t) \sin t dt \end{aligned} $$

さらにもう一度 $x$ について微分する。

$$ \begin{aligned} F''(x) &= (-\sin x) \int_{0}^{x} f(t) \cos t dt + (\cos x) \cdot f(x) \cos x \\ &\quad + (\cos x) \int_{0}^{x} f(t) \sin t dt + (\sin x) \cdot f(x) \sin x \\ &= - \left( \sin x \int_{0}^{x} f(t) \cos t dt - \cos x \int_{0}^{x} f(t) \sin t dt \right) \\ &\quad + f(x) (\cos^2 x + \sin^2 x) \end{aligned} $$

ここで、右辺の第1項の括弧内は $F(x)$ そのものであり、第2項は $\cos^2 x + \sin^2 x = 1$ より $f(x)$ となる。

$$ F''(x) = -F(x) + f(x) $$

したがって、移項して整理すると題意の等式が得られる。

$$ F''(x) + F(x) = f(x) $$

(2)

与えられた等式を $f(x)$ について解くと次のようになる。

$$ f(x) = F(x) + x e^{-x} $$

これを (1) で証明した等式 $f(x) = F''(x) + F(x)$ に代入する。

$$ F''(x) + F(x) = F(x) + x e^{-x} $$

両辺から $F(x)$ を消去する。

$$ F''(x) = x e^{-x} $$

この式を $x$ について積分する。部分積分法を用いる。

$$ \begin{aligned} F'(x) &= \int x e^{-x} dx \\ &= \int x (-e^{-x})' dx \\ &= x(-e^{-x}) - \int 1 \cdot (-e^{-x}) dx \\ &= -x e^{-x} + \int e^{-x} dx \\ &= -x e^{-x} - e^{-x} + C_1 \\ &= -(x+1)e^{-x} + C_1 \quad (C_1 \text{ は積分定数}) \end{aligned} $$

さらにもう一度 $x$ について積分する。

$$ \begin{aligned} F(x) &= \int \{ -(x+1)e^{-x} + C_1 \} dx \\ &= \int (x+1)(e^{-x})' dx + C_1 x \\ &= (x+1)e^{-x} - \int 1 \cdot e^{-x} dx + C_1 x \\ &= (x+1)e^{-x} - (-e^{-x}) + C_1 x + C_2 \\ &= (x+2)e^{-x} + C_1 x + C_2 \quad (C_2 \text{ は積分定数}) \end{aligned} $$

ここで、定義式および (1) で求めた導関数から $F(0)$ と $F'(0)$ の値を求める。積分の下端と上端が一致するとき定積分は $0$ になることを利用する。

$$ \begin{aligned} F(0) &= \int_{0}^{0} f(t) \sin(0-t) dt = 0 \\ F'(0) &= \cos 0 \int_{0}^{0} f(t) \cos t dt + \sin 0 \int_{0}^{0} f(t) \sin t dt = 0 \end{aligned} $$

求めた $F'(x)$ と $F(x)$ の式に $x=0$ を代入して定数 $C_1, C_2$ を決定する。

$$ \begin{cases} F'(0) = -(0+1)e^{0} + C_1 = -1 + C_1 = 0 \\ F(0) = (0+2)e^{0} + C_1 \cdot 0 + C_2 = 2 + C_2 = 0 \end{cases} $$

これより、$C_1 = 1$, $C_2 = -2$ となる。これを $F(x)$ の式に代入する。

$$ F(x) = (x+2)e^{-x} + x - 2 $$

求めるのは $f(x)$ であるから、最初の等式 $f(x) = F(x) + x e^{-x}$ にこの $F(x)$ を代入する。

$$ \begin{aligned} f(x) &= (x+2)e^{-x} + x - 2 + x e^{-x} \\ &= (2x+2)e^{-x} + x - 2 \\ &= 2(x+1)e^{-x} + x - 2 \end{aligned} $$

解説

定積分で表された関数の微分 $\frac{d}{dx} \int_{a}^{x} g(t) dt = g(x)$ を用いる典型問題である。ただし被積分関数に $x$ と $t$ が混在しているため、そのままでは公式が使えない。加法定理を用いて変数分離を行うのが標準的な手筋であり、この処理は頻出である。 (2)では、積分方程式を微分して微分方程式に帰着させる。未知の関数が積分記号の中にある場合、両辺を微分して積分記号を外すのが基本方針となる。その際、$x=a$ を代入して得られる初期条件を忘れないように注意が必要である。