定積分を含む関数(重み付き)

方針

解答

⓪ 発想 — どう考え始めるか。 ${\int }_0^{1}tf(t)dt$ は、積分し終えればただの数、つまり定数 $a$ だ。

すると $f(x)=x^2+a$ とおける。あとは $a$ の値を決めればよい。

$a$ の定義に $f(t)=t^2+a$ を代入すると、被積分関数は $t(t^2+a)$ になる。

これを積分すると $a$ の方程式が立つ。定積分をひとつの定数とおいて、自己参照の関係を解く発想だ。

① 定数部分を文字でおく。 $a={\int }_0^{1}tf(t)dt$ とおくと

$$f(x)=x^2+a$$

② $a$ の式を作る。 $f(t)=t^2+a$ を代入。被積分関数は $tf(t)=t(t^2+a)=t^3+at$。

$$a={\int }_0^1(t^3+at)dt=[\frac{t^4}{4}+\frac{a{t}^2}{2}{]}_0^1=\frac{1}{4}+\frac{a}{2}$$

③ $a$ を解く。

$$a=\frac{1}{4}+\frac{a}{2}\Rightarrow \frac{a}{2}=\frac{1}{4}\Rightarrow a=\frac{1}{2}$$

④ $f$ を書く。

$$f(x)=x^2+\frac{1}{2}$$

まとめ:被積分関数に $t$ が掛かっていても、${\int }_0^{1}tf(t)dt$ はやはり定数。$a$ とおいて代入すると、掛かった $t$ のぶん次数が上がるだけで、結局 $a$ の $1$ 次方程式になる。

発展 — 一歩先へ。 ${\int }_0^{1}tf(t)dt$ は、重み $t$ で $f$ をならした量、いわば $f$ の「$1$ 次モーメント」だ。重み $t$ を $t^2$ や定数 $1$ に変えても、積分し終えれば値はやはり定数になる。

だから $f(x)=x^2+{\int }_0^{1}g(t)f(t)dt$ の形は、右の積分を定数 $a$ とおくと $a={\int }_0^{1}g(t)t^{2}dt+a{\int }_0^{1}g(t)dt$ という $a$ の $1$ 次方程式になる。重みの総量 ${\int }_0^{1}g(t)dt$ が $1$ と異なれば、$a$ はただ一通りに決まる。ただし総量がちょうど $1$ のとき(たとえば重み $g=1$)は $a$ の項が両辺で打ち消し合い、$0=\frac{1}{3}$ となって解が存在しない。この型にも自己参照が退化する落とし穴がある。

この「積分がまるごと定数」という構造は、${\int }_a^x$ のように上端が動く型(微分して $f$ を出す型)とは別物。定積分を含む関数の問題は、積分区間に $x$ が入るかどうかで、名前をつける型と微分する型に分かれる。

別解

別解 — 定数を不動点として決める(得意な人向けの視点)。 右辺は $x^2$ に「ある数」を足した形。だから $f(x)=x^2+c$ とおける($c$ はまだ不明の定数)。

問題は $c$ の値。$c$ は ${\int }_0^{1}tf(t)dt$ に等しいから、$f(t)=t^2+c$ を入れると

$$c={\int }_0^{1}t(t^2+c)dt={\int }_0^1(t^3+ct)dt=\frac{1}{4}+\frac{c}{2}.$$

これは「$c$ を入れると $\frac{1}{4}+\frac{c}{2}$ が返る」という写像の不動点を探す式。$T(c)=\frac{1}{4}+\frac{c}{2}$ とおくと、$T(c)=c$ を解いて $c=\frac{1}{2}$。

写像 $T$ の傾きは $\frac{1}{2}$ で $1$ より小さいから、不動点はただ $1$ つ。だから $f(x)=x^2+\frac{1}{2}$ にただ一通りに定まる。本解と同じ答えに、不動点という別の見方から到達する。