積分方程式の解き方

高校数学で登場する積分方程式には，大きく以下の2種類があります：

• 定数型：積分区間に変数を含まない
• 変数型：積分区間に変数を含む

積分方程式は解き方に定石があり，慣れれば比較的簡単に解けます。 テストや入試本番で出題されたらラッキーと思って，ぜひ練習してみてください。

定石は，各節の冒頭で解説します。

まず，ごく基本的な問題から考えます。

定石の通り，定数 $k$ を用いて $$\int_0^3 f(t) dt = k \tag{1}$$ とおきます。すると，$f(x)$ は $$f(x) = k + 2 + x^2$$ と書けます。これを式 $(1)$ に代入すると， $$\int_0^3 (k + 2 + t^2 ) dt = k$$ この式の左辺の積分について， $$\begin{aligned} \int_0^3 (k + 2 + t^2 ) dt &= \left[\dfrac{1}{3}t^3 + (2 + k) t\right]_0^3\\ &= 9 + 3(2 + k)\\ &= 15 + 3k \end{aligned}$$ これより， $$15 + 3k = k$$ $$\therefore k = -\dfrac{15}{2}$$ よって， $$f(x) = x^2 - \dfrac{11}{2}$$

次は，もう少し計算が複雑な積分方程式を解いてみましょう。

手順は先ほどと全く同じです。 $$\int_1^{e^2} t^2 f'(t) dt = k \tag{2}$$ とおけば， $$\begin{aligned} f(x) &= x\log x + 4 - k\\ f'(x) &=\log x + 1 \end{aligned}$$ これを式 $(2)$ に代入すれば， $$\int_1^{e^2} t^2 (\log t + 1) dt = k$$ ここで， $$\begin{aligned} \int t^2 \log t dt &= \int \left(\dfrac{1}{3}t^3\right)' \log t dt\\ &= \dfrac{1}{3}t^3 \log t - \int \dfrac{1}{3}t^2 dt\\ &= \dfrac{1}{3}t^3 \log t - \dfrac{1}{9}t^3 + C \end{aligned}$$ ただし $C$ は積分定数です。これより， $$\begin{aligned} \int_1^{e^2} t^2 (\log t + 1) dt &= \left[\dfrac{1}{3}t^3 \log t - \dfrac{1}{9}t^3 + \dfrac{1}{3}t^3\right]_1^{e^2}\\ &= \dfrac{8}{9}e^6 - \dfrac{2}{9}\\ &= k \end{aligned}$$ よって答えは， $$f(x) = x\log x + \dfrac{38}{9} - \dfrac{8}{9}e^6$$

この問題は少し注意が必要です。今まで通り $$\int_1^2 (x^2 + 1)f(t) dt = k$$ とおくことはできません。なぜなら，左辺は $x$ に依存する式であり，一定にはならないからです。このような場合，与式を $$f(x) = 5 + x^2 \int_1^2 f(t) dt + \int_1^2 f(t) dt$$ と変形することで対処できます。$\int_1^2 f(t) dt$ は一定の値ですから，これを $k$ とおけば良いのです。そうすると $$f(x) = kx^2 + 5 + k$$ とかけるので， $$\begin{aligned} \int_1^2 (kt^2 + 5 + k) dt &= \left[\dfrac{k}{3}t^3 + (5 + k)t\right]_1^2\\ &= \dfrac{k}{3}(8-1) + (5 + k)(2-1)\\ &= \dfrac{10}{3}k + 5 \end{aligned}$$ となります。これが $k$ と等しいので，$k$ についての簡単な一次方程式を解けば $$k = -\dfrac{15}{7}$$ よって，答えは $$f(x) = -\dfrac{15}{7} x^2 + \dfrac{20}{7}$$ これと似た問題として次のようなものもあります。

この問題の場合は，二つの定数 $A,B$ を用いて $$\begin{aligned} f(x) &= e^x + e^x \int_0^1 f(t) dt + \int_0^1 t f(t) dt\\ &= e^x + e^x A + B \end{aligned}$$ とおく必要があります。$\int_0^1 f(t) dt$ と $\int_0^1 tf(t) dt$ が異なる値を取るからです。この場合は， $$\int_0^1 f(t) dt = A$$ $$\int_0^1 t f(t) dt = B$$ の二式に $f(x)$ を代入して，$A,B$ についての連立方程式を解くという流れになります。練習問題としてやってみてください。

こちらも，ごく基本的な問題から始めましょう。

定石に従って両辺を微分すると， $$f(x) = x^2$$ がわかります。また，$x=1$ をもとの式に代入すると $0=\dfrac{1}{3}+a$，つまり $a=-\dfrac{1}{3}$ がわかります。

このままでは公式を使えないので，変数を置換して公式を利用できる形にします。慣れれば「合成関数の微分と同じ」と納得でき，置換しなくても頭の中で計算できるようになりますが，慣れるまでは明示的に手で置換して計算するのが良いです。

$X = 2x$ とおいて， $$\int_1^X f(t) dt = X^2 e^X +a$$ 両辺を $X$ で微分して $$f(X) = 2Xe^X + X^2 e^X$$ よって $$f(x) = 2xe^x + x^2 e^x$$ がわかります。また，もとの式に $x=\dfrac{1}{2}$ を代入すると $0=e+a$，つまり $a=-e$ がわかります。

では最後に，二つの型が組み合わさった問題を解いて終わりにしましょう。

$$\int_0^1 \left\{f'(t) - g'(t)\right\}dt = k$$ とおくと， $$g(x) = x^2 + k$$ とかけます。また，式 $(3)$ の両辺を $x$ で微分して，$g(x)$ を代入すると $$\begin{aligned} f'(x) &= -f'(x) + x^2 + k\\ f'(x) &= \dfrac{1}{2}x^2 + \dfrac{k}{2} \end{aligned}$$ と書くことができます。これを式 $(4)$ に代入すると $$\int_0^1 \left\{\dfrac{1}{2}t^2 + \dfrac{k}{2} - 2t\right\}dt = k$$ となります。この式の左辺の積分について $$\begin{aligned} \int_0^1 \left\{\dfrac{1}{2}t^2 + \dfrac{k}{2} - 2t\right\}dt &= \left[\dfrac{1}{6}t^3 -t^2 + \dfrac{kt}{2}\right]_0^1\\ &= \dfrac{1}{6} -1 + \dfrac{k}{2} \end{aligned}$$ よって $k$ に関する一次方程式を解けば $$k = -\dfrac{5}{3}$$ 再び式 $(3)$ を用いて $$\begin{aligned} f(x) &= -\int_0^x \left\{\dfrac{1}{2}t^2 + \dfrac{k}{2} - t^2 - k\right\}dt + 3\\ &= - \int_0^x \left\{-\dfrac{1}{2}t^2 - \dfrac{1}{2} k\right\}dt + 3\\ &= \left[\dfrac{1}{6} t^3 + \dfrac{1}{2}kt\right]_0^x + 3\\ &= \dfrac{1}{6}x^3 + \dfrac{1}{2}kx + 3 \end{aligned}$$ よって，$k$ の値を代入すれば $$f(x) = \dfrac{1}{6}x^3 - \dfrac{5}{6}x + 3, \quad g(x) = x^2 - \dfrac{5}{3}$$ と求めることができます。