定積分の上端や下端、あるいは被積分関数に変数 $x$ が含まれると、定積分の値は $x$ の関数になります。$F(x) = \int_a^x f(t)\, dt$ を微分すると $F'(x) = f(x)$ という美しい関係が成り立ちます。この「微分と積分の逆関係」を軸に、定積分を含む関数方程式の解法を学びましょう。
通常の定積分 $\int_a^b f(t)\, dt$ は定数ですが、上端を変数 $x$ に変えた $\int_a^x f(t)\, dt$ は $x$ の関数になります。
$f(t)$ が連続関数のとき、
$$F(x) = \int_a^x f(t)\, dt$$
は $x$ の関数であり、次が成り立つ：
$$F'(x) = f(x)$$
※ 積分変数は $t$（ダミー変数）であり、$x$ は上端として関数の「変数」の役割を果たす。
$f(t)$ の原始関数の一つを $G(t)$ とすると（$G'(t) = f(t)$）：
$$F(x) = \int_a^x f(t)\, dt = G(x) - G(a)$$
$G(a)$ は定数なので、両辺を $x$ で微分すると：
$$F'(x) = G'(x) - 0 = f(x)$$
$F'(x) = f(x)$ という関係は微積分学の基本定理の核心です。
これは「積分してから微分すると元の関数に戻る」ことを意味します。微分と積分は互いに逆の操作なのです。
また $F(a) = \int_a^a f(t)\, dt = 0$ であることも重要です（初期条件）。
例1：$F(x) = \int_0^x (3t^2 + 1)\, dt$ のとき $F(x)$ と $F'(x)$ を求める。
$F(x) = \left[t^3 + t\right]_0^x = x^3 + x$
$F'(x) = 3x^2 + 1 = f(x)$ ✓
例2：$F(x) = \int_1^x (2t - 3)\, dt$ のとき $F(x)$ を求める。
$F(x) = \left[t^2 - 3t\right]_1^x = (x^2 - 3x) - (1 - 3) = x^2 - 3x + 2$
$F'(x) = 2x - 3 = f(x)$ ✓、$F(1) = 1 - 3 + 2 = 0$ ✓
✗ $\int_0^x x^2\, dx$ のように、積分変数と上端の変数が同じ文字
✓ $\int_0^x t^2\, dt$ のように、積分変数（$t$）と関数の変数（$x$）は別の文字を使う
$\int_0^x f(t)\, dt$ において、$t$ は積分の中だけで使われるダミー変数です。$x$ は上端として外側の変数です。
入試で頻出なのが $f(x) = (\text{$x$ の式}) + \int_a^b f(t)\, dt$ の形の方程式です。ここで $\int_a^b f(t)\, dt$ は定数であることがポイントです。
基本方針：$\displaystyle\int_a^b f(t)\, dt = k$（定数）とおいて、$f(x)$ を $k$ で表し、$k$ の値を決定する。
※ $\int_a^b f(t)\, dt$ は $t$ について積分した結果なので、$t$ を含まない定数になる。
例：$f(x) = 2x + \displaystyle\int_0^1 f(t)\, dt$ を満たす $f(x)$ を求める。
ステップ1：$\int_0^1 f(t)\, dt = k$ とおく。すると $f(x) = 2x + k$。
ステップ2：$f(t) = 2t + k$ を $\int_0^1 f(t)\, dt = k$ に代入する。
$$k = \int_0^1 (2t + k)\, dt = \left[t^2 + kt\right]_0^1 = 1 + k$$
ステップ3：$k = 1 + k$ より $0 = 1$…これは矛盾！
計算を見直すと $k = 1 + k$ は解を持ちません。
もう一度確認：$\int_0^1 (2t+k)\, dt = [t^2+kt]_0^1 = 1+k$
$k = 1 + k$ は矛盾なので、この方程式は解を持ちません。
上の例は解なしになってしまいました。実際の入試問題では解が存在するように出題されます。典型的な例を見てみましょう。
例：$f(x) = x^2 + \displaystyle\int_0^1 f(t)\, dt$ を満たす $f(x)$ を求める。
ステップ1：$\int_0^1 f(t)\, dt = k$ とおく。すると $f(x) = x^2 + k$。
ステップ2：$f(t) = t^2 + k$ を代入する。
$$k = \int_0^1 (t^2 + k)\, dt = \left[\frac{t^3}{3} + kt\right]_0^1 = \frac{1}{3} + k$$
$k = \frac{1}{3} + k$ …これも矛盾です。
上の2例はいずれも矛盾が生じました。これは $\int_0^1 f(t)\, dt$ の計算結果が $ak + b$（$a = 1$）の形になるためです。$k = k + b$ は $b \neq 0$ のとき解なしです。次は $a \neq 1$ となる例を見ましょう。
例：$f(x) = x + \displaystyle\int_0^1 tf(t)\, dt$ を満たす $f(x)$ を求める。
ステップ1：$\int_0^1 tf(t)\, dt = k$ とおく。すると $f(x) = x + k$。
ステップ2：$f(t) = t + k$ を代入する。
$$k = \int_0^1 t(t + k)\, dt = \int_0^1 (t^2 + kt)\, dt = \left[\frac{t^3}{3} + \frac{kt^2}{2}\right]_0^1 = \frac{1}{3} + \frac{k}{2}$$
ステップ3：$k = \frac{1}{3} + \frac{k}{2}$ より $\frac{k}{2} = \frac{1}{3}$ すなわち $k = \frac{2}{3}$
よって $f(x) = x + \frac{2}{3}$
$f(x) = x^2 + a\int_0^1 f(t)\, dt + b\int_0^1 tf(t)\, dt$ のように定積分が2つ以上ある場合は、それぞれを別の定数 $k_1, k_2$ とおき、連立方程式を解きます。
定積分の個数だけ未知定数を導入し、同数の方程式を立てるのが基本です。
上端が $x$ ではなく $g(x)$ の形のとき、微分には合成関数の微分法を使います。
$$\frac{d}{dx}\int_a^{g(x)} f(t)\, dt = f(g(x)) \cdot g'(x)$$
※ $F(u) = \int_a^u f(t)\, dt$ とおくと、$F'(u) = f(u)$。合成関数の微分法 $\frac{d}{dx}F(g(x)) = F'(g(x)) \cdot g'(x)$ による。
$F(u) = \int_a^u f(t)\, dt$ とおくと $F'(u) = f(u)$。
$\int_a^{g(x)} f(t)\, dt = F(g(x))$ であるから、合成関数の微分法より：
$$\frac{d}{dx}F(g(x)) = F'(g(x)) \cdot g'(x) = f(g(x)) \cdot g'(x)$$
例1：$\dfrac{d}{dx}\displaystyle\int_0^{x^2} t^3\, dt$ を求める。
$f(t) = t^3$, $g(x) = x^2$, $g'(x) = 2x$ より：
$$= f(g(x)) \cdot g'(x) = (x^2)^3 \cdot 2x = 2x^7$$
（検算）$\int_0^{x^2} t^3\, dt = \left[\frac{t^4}{4}\right]_0^{x^2} = \frac{x^8}{4}$。微分すると $\frac{8x^7}{4} = 2x^7$ ✓
例2：$\dfrac{d}{dx}\displaystyle\int_0^{2x} (3t^2 + 1)\, dt$ を求める。
$f(t) = 3t^2 + 1$, $g(x) = 2x$, $g'(x) = 2$ より：
$$= f(2x) \cdot 2 = (3(2x)^2 + 1) \cdot 2 = (12x^2 + 1) \cdot 2 = 24x^2 + 2$$
下端が $h(x)$ の場合は、積分の向きを反転させて考えます。
$$\frac{d}{dx}\int_{h(x)}^{b} f(t)\, dt = -f(h(x)) \cdot h'(x)$$
上端・下端の両方が関数の場合：
$$\frac{d}{dx}\int_{h(x)}^{g(x)} f(t)\, dt = f(g(x)) \cdot g'(x) - f(h(x)) \cdot h'(x)$$
✗ $\frac{d}{dx}\int_{x^2}^{1} 2t\, dt = 2x^2 \cdot 2x = 4x^3$（上端と下端を取り違え、符号が逆！）
✓ $\int_{x^2}^{1} 2t\, dt = -\int_1^{x^2} 2t\, dt$ なので $\frac{d}{dx} = -2(x^2) \cdot 2x = -4x^3$
（検算）$\int_{x^2}^1 2t\, dt = [t^2]_{x^2}^1 = 1 - x^4$。微分すると $-4x^3$ ✓
定積分を含む条件式から未知の関数 $f(x)$ を決定する問題は、入試で頻出です。
例：$f(x) = 3x^2 + a\displaystyle\int_0^2 f(t)\, dt$ を満たす関数 $f(x)$ を求めよ。
$\int_0^2 f(t)\, dt = k$ とおくと $f(x) = 3x^2 + ak$。
$k = \int_0^2 (3t^2 + ak)\, dt = [t^3 + akt]_0^2 = 8 + 2ak$
$k = 8 + 2ak$ より $k(1-2a) = 8$ すなわち $k = \frac{8}{1-2a}$（$a \neq \frac{1}{2}$）
よって $f(x) = 3x^2 + \frac{8a}{1-2a}$
$f(x) = (\text{式}) + \int_a^x g(t)\, dt$ の形のとき、両辺を $x$ で微分することで有用な情報が得られます。
例：$f(x) = x^2 + 2\displaystyle\int_0^x f(t)\, dt$ を満たす関数 $f(x)$ を求めよ。
両辺を $x$ で微分する：$f'(x) = 2x + 2f(x)$
これは $f(x)$ についての微分方程式。$f'(x) - 2f(x) = 2x$ を解く。
また、$x = 0$ を代入すると：$f(0) = 0 + 2\int_0^0 f(t)\, dt = 0$（初期条件）
数学IIの範囲では、$f(x)$ が多項式と予測して次数を決める方法が有効です。
$f(x) = ax^2 + bx + c$ と仮定すると：
$f'(x) = 2ax + b$ なので $2ax + b = 2x + 2(ax^2 + bx + c)$
$2ax + b = 2ax^2 + (2b+2)x + 2c$
左辺に $x^2$ の項がないので $2a = 0$…しかし $a = 0$ だと $f(x)$ が2次式でなくなる矛盾。
$f(x)$ の次数を上げて試す必要がありますが、この問題は微分方程式の知識が必要で数学IIの範囲を超えます。
$\int_a^x$ の形の定積分を含む等式では、両辺を微分して $\int$ を消去する方法が強力です。
ただし、微分すると定数部分の情報が失われるので、$x = a$ を代入して初期条件 $f(a)$ を求めることも忘れないでください。
一方、$\int_a^b f(t)\, dt$（上端下端とも定数）の場合は微分しても情報が得られないので、「$k$ とおく方法」を使います。
定積分で表された関数は、数列の漸化式にも現れます。ここでは、定積分を含む式の応用的な扱い方を紹介します。
例：$F(x) = \displaystyle\int_0^x |t - 1|\, dt$（$x \geq 0$）を求める。
$0 \leq x \leq 1$ のとき：$[0, x]$ で $t - 1 \leq 0$ なので $|t-1| = 1-t$
$F(x) = \int_0^x (1-t)\, dt = \left[t - \frac{t^2}{2}\right]_0^x = x - \frac{x^2}{2}$
$x > 1$ のとき：$[0, 1]$ で $|t-1| = 1-t$、$[1, x]$ で $|t-1| = t-1$
$F(x) = \int_0^1 (1-t)\, dt + \int_1^x (t-1)\, dt = \frac{1}{2} + \left[\frac{t^2}{2} - t\right]_1^x = \frac{1}{2} + \frac{x^2}{2} - x + \frac{1}{2} = \frac{x^2}{2} - x + 1$
まとめると：$F(x) = \begin{cases} x - \dfrac{x^2}{2} & (0 \leq x \leq 1) \\ \dfrac{x^2}{2} - x + 1 & (x > 1) \end{cases}$
$I_n = \int_0^1 x^n f(x)\, dx$ のように定義された数列は、部分積分を用いて漸化式を導くことができます。
例：$I_n = \displaystyle\int_0^1 x^n(1-x)\, dx$（$n = 0, 1, 2, \ldots$）とする。$I_n$ を $n$ で表せ。
$$I_n = \int_0^1 (x^n - x^{n+1})\, dx = \left[\frac{x^{n+1}}{n+1} - \frac{x^{n+2}}{n+2}\right]_0^1 = \frac{1}{n+1} - \frac{1}{n+2} = \frac{1}{(n+1)(n+2)}$$
または、漸化式的に考えると：
$I_n = \int_0^1 x^n\, dx - \int_0^1 x^{n+1}\, dx = \frac{1}{n+1} - \frac{1}{n+2}$
定積分で表された関数の問題は、大きく次の3つの型に分類されます：
型1：$F(x) = \int_a^x f(t)\, dt$ → 微分して $F'(x) = f(x)$
型2：$f(x) = g(x) + \int_a^b f(t)\, dt$ → $\int$ 部分を定数 $k$ とおく
型3：$f(x) = g(x) + \int_a^x h(t, f(t))\, dt$ → 両辺を微分して微分方程式に帰着
型の見極めが解法の第一歩です。
✗ $f(x) = x + \int_0^1 tf(t)\, dt$ を「上端が変数」と誤認して両辺を微分する（上端は定数 $1$！）
✓ 上端が定数 $1$ なので「型2」。$\int_0^1 tf(t)\, dt = k$ とおいて $k$ を決定する
上端・下端が定数か変数かを正確に見分けることが重要です。
Q1. $F(x) = \displaystyle\int_1^x (3t^2 - 2t)\, dt$ のとき、$F'(x)$ を求めよ。
Q2. $\dfrac{d}{dx}\displaystyle\int_0^{x^2} 3t\, dt$ を求めよ。
Q3. $f(x) = 3x + \displaystyle\int_0^1 tf(t)\, dt$ を満たす $f(x)$ を求めよ。
Q4. $F(x) = \displaystyle\int_0^x |t|\, dt$ のとき、$F(2)$ と $F(-3)$ を求めよ。
Q5. $\displaystyle\int_a^b f(t)\, dt$ は定数であるが、$\displaystyle\int_a^x f(t)\, dt$ は $x$ の関数である。この違いを簡潔に説明せよ。
次の等式を満たす関数 $f(x)$ を求めよ。
(1) $f(x) = 2x^2 - 3 + \displaystyle\int_0^1 f(t)\, dt$
(2) $f(x) = x + \displaystyle\int_0^2 tf(t)\, dt$
(1) $\int_0^1 f(t)\, dt = k$ とおくと $f(x) = 2x^2 - 3 + k$。
$k = \int_0^1 (2t^2 - 3 + k)\, dt = \left[\frac{2t^3}{3} - 3t + kt\right]_0^1 = \frac{2}{3} - 3 + k = -\frac{7}{3} + k$
$k = -\frac{7}{3} + k$ は恒等的に成り立つので、$k$ は任意…
しかしこれは $0 = -\frac{7}{3}$ を意味し矛盾。解なし。
※ 出題意図を汲むと、$\int_0^1 f(t)\, dt$ の係数が $1$ でない形が想定される場合もある。ここでは厳密に「解なし」。
(2) $\int_0^2 tf(t)\, dt = k$ とおくと $f(x) = x + k$。
$k = \int_0^2 t(t+k)\, dt = \int_0^2 (t^2+kt)\, dt = \left[\frac{t^3}{3}+\frac{kt^2}{2}\right]_0^2 = \frac{8}{3} + 2k$
$k = \frac{8}{3} + 2k$ より $-k = \frac{8}{3}$ すなわち $k = -\frac{8}{3}$
よって $f(x) = x - \frac{8}{3}$
$f(x) = x^2 - 2x + 3\displaystyle\int_0^x f(t)\, dt$ を満たす2次関数 $f(x)$ を求めよ。
$x = 0$ を代入：$f(0) = 0 - 0 + 3\int_0^0 f(t)\, dt = 0$
$f(x)$ を2次関数 $f(x) = ax^2 + bx + c$ と仮定する。$f(0) = 0$ より $c = 0$。
$\int_0^x f(t)\, dt = \int_0^x (at^2+bt)\, dt = \frac{ax^3}{3} + \frac{bx^2}{2}$
元の等式に代入：$ax^2+bx = x^2-2x+3\left(\frac{ax^3}{3}+\frac{bx^2}{2}\right) = x^2-2x+ax^3+\frac{3bx^2}{2}$
$x^3$ の係数：$0 = a$ より $a = 0$。しかし $a = 0$ では2次関数にならない。
$f(x)$ が2次関数であるためには、等式の右辺で $x^3$ の項が消える必要がある。$a = 0$ となり $f(x) = bx$（1次式）。
再度確認：$bx = x^2-2x+\frac{3bx^2}{2}$、$x^2$ の係数 $0 = 1+\frac{3b}{2}$ より $b = -\frac{2}{3}$。
$x$ の係数 $b = -2$ より $b = -2$。矛盾。
以上より、この条件を満たす2次関数は存在しない。（$f(x)$ は2次以上の多項式ではなく、指数関数的な解を持つ。）
この問題は、両辺を微分すると $f'(x) = 2x-2+3f(x)$ という微分方程式になります。$f(0) = 0$ の初期条件と合わせて解くと、解は多項式にはなりません。数学IIIの範囲では $f(x) = -\frac{1}{9}(6x+2) + Ce^{3x}$ の形になります。出題として「2次関数 $f(x)$ を求めよ」とある場合は、条件が追加されている場合があります。
次の導関数を求めよ。
(1) $F(x) = \displaystyle\int_0^{x^3} (2t + 1)\, dt$
(2) $G(x) = \displaystyle\int_{2x}^{x^2} t^2\, dt$
(1) $f(t) = 2t+1$, $g(x) = x^3$, $g'(x) = 3x^2$ より：
$F'(x) = f(g(x)) \cdot g'(x) = (2x^3+1) \cdot 3x^2 = 3x^2(2x^3+1) = 6x^5 + 3x^2$
（検算）$F(x) = [t^2+t]_0^{x^3} = x^6+x^3$。$F'(x) = 6x^5+3x^2$ ✓
(2) $G(x) = \int_{2x}^{x^2} t^2\, dt = \int_0^{x^2} t^2\, dt - \int_0^{2x} t^2\, dt$
$G'(x) = (x^2)^2 \cdot 2x - (2x)^2 \cdot 2 = 2x^5 - 8x^2$
（検算）$G(x) = \left[\frac{t^3}{3}\right]_{2x}^{x^2} = \frac{x^6}{3} - \frac{8x^3}{3}$。$G'(x) = 2x^5 - 8x^2$ ✓
連続関数 $f(x)$ が $f(x) = x + \displaystyle\int_0^x (x - t)f(t)\, dt$ を満たすとする。$f(x)$ を求めよ。
$\int_0^x (x-t)f(t)\, dt = x\int_0^x f(t)\, dt - \int_0^x tf(t)\, dt$ と分解する。
$F(x) = \int_0^x f(t)\, dt$, $G(x) = \int_0^x tf(t)\, dt$ とおくと：
$f(x) = x + xF(x) - G(x)$ …①
①の両辺を微分する。$F'(x) = f(x)$, $G'(x) = xf(x)$ より：
$f'(x) = 1 + F(x) + xf(x) - xf(x) = 1 + F(x)$ …②
②をさらに微分する：$f''(x) = F'(x) = f(x)$
よって $f''(x) = f(x)$ …③（微分方程式）
初期条件：$f(0) = 0 + 0 = 0$（①で $x = 0$）
$f'(0) = 1 + F(0) = 1 + 0 = 1$（②で $x = 0$）
③の一般解は $f(x) = Ae^x + Be^{-x}$。
$f(0) = A + B = 0$, $f'(0) = A - B = 1$ より $A = \frac{1}{2}$, $B = -\frac{1}{2}$。
よって $f(x) = \frac{e^x - e^{-x}}{2} = \sinh x$
この問題は、被積分関数に $x$ と $t$ の両方が含まれるため、まず $(x-t)$ を展開して $x$ と $t$ を分離することがポイントです。微分を2回繰り返して $\int$ を消去し、微分方程式 $f''(x) = f(x)$ に帰着させます。数学IIの範囲を超えますが、大学入試ではこの手の問題が出題されます。