定積分を含む関数(定数型)

方針

解答

⓪ 発想 — どう考え始めるか。 式の中の ${\int }_0^{1}f(t)dt$ をどう扱うか。これは $t$ について積分し切った結果だから、$x$ を含まないただの定数だ。

見た目に惑わされず、$a$ と $1$ 文字においてしまう。すると $f(x)=x+2a$ と、$f$ の正体が「定数 $a$ を含む $1$ 次式」だと判明する。

あとは $a$ 自身の定義 $a={\int }_0^{1}f(t)dt$ に、この $f$ を代入する。$a$ が両辺に現れる方程式ができて、$a$ が決まる。「定積分は定数とおく」— この1手がすべてだ。

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

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

② $a$ の式を作る。 この $f$ を $a$ の定義に代入する。

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

③ $a$ を解く。

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

④ $f$ を書く。 $f(x)=x+2a=x+2\left(-\frac{1}{2}\right)$。

$$f(x)=x-1$$

まとめ:上端・下端が定数の定積分はただの数。$a$ とおけば $f$ が $a$ 入りの式になり、$a$ の定義に戻して方程式を解ける。「積分の中身に未知の $a$ が入っても、計算すれば $a$ の $1$ 次式になる」のがポイント。

発展 — 一歩先へ。 この問題の構造は「$f$ の定義の中に $f$ 自身が入っている」自己参照だ。それでも解けたのは、自己参照の入り口が定数 $1$ 個に絞られていたから。未知の関数全体でなく、未知の数 $1$ つの方程式に潰れる。

積分の中身が ${\int }_0^{1}xf(t)dt$ や ${\int }_0^1(x+t)f(t)dt$ に変わると、定数のおき方が $2$ 個以上に増える(応用問題で登場する)。それでも「定積分の部分を文字でおく」方針は変わらない — 定数が増えるだけで、連立方程式になるだけだ。

別解

先に「答えの形」を読み切ってしまう見方もある。

右辺は $x+(\text{定数})$ の形。だから $f$ は傾き $1$ の $1$ 次関数に決まっている。切片だけが未知だ。

そこで $f(x)=x+b$ とおく。もとの式に入れると

$$x+b=x+2{\int }_0^1(t+b)dt=x+2\left(\frac{1}{2}+b\right)=x+1+2b$$

$b=1+2b$ より $b=-1$。よって $f(x)=x-1$。

検算もしておこう。${\int }_0^1(t-1)dt=-\frac{1}{2}$ だから、右辺 $=x+2\cdot \left(-\frac{1}{2}\right)=x-1$ で左辺と一致 — 自己参照の式にきちんとはまっている。

「積分の中身をおく」(本解)か「関数の形をおく」(この別解)か。どちらも未知を $1$ 文字に絞る発想で、複雑な積分方程式ほど形の先読みが効いてくる。