解説

方針・初手

$\sin(x-t)$ の形をそのまま扱うより、$u=x-t$ とおいて $x$ と積分変数を分離するのが自然である。

すると左辺は $(x-u)^2\sin u$ の積分になり、展開して基本的な積分に帰着できる。

解法1

左辺を

$$ I(x)=\int_0^x t^2\sin(x-t),dt

$$

とおく。

ここで $u=x-t$ とおくと、$t=x-u$ $dt=-du$ であり、$t=0$ のとき $u=x$ $t=x$ のとき $u=0$ であるから、

$$ I(x)=\int_x^0 (x-u)^2\sin u\,(-du)=\int_0^x (x-u)^2\sin u\,du $$

となる。したがって

$$ I(x)=x^2\int_0^x \sin u,du-2x\int_0^x u\sin u,du+\int_0^x u^2\sin u,du

$$

である。

各積分を順に求める。

まず

$$ \int_0^x \sin u,du=1-\cos x

$$

である。

次に部分積分より

$$ \int_0^x u\sin u,du =\left[-u\cos u+\sin u\right]_0^x =-x\cos x+\sin x

$$

である。

さらにもう一度部分積分を用いると、

$$ \begin{aligned} \int_0^x u^2\sin u,du &=\left[-u^2\cos u\right]_0^x+2\int_0^x u\cos u,du \\ &=-x^2\cos x+2\left[u\sin u+\cos u\right]_0^x \\ &=-x^2\cos x+2x\sin x+2\cos x-2 \end{aligned}

$$

となる。

以上をまとめると、

$$ \begin{aligned} I(x) &=x^2(1-\cos x)-2x(-x\cos x+\sin x) \\ &\qquad +\left(-x^2\cos x+2x\sin x+2\cos x-2\right) \\ &=x^2+2\cos x-2 \end{aligned}

$$

を得る。

よって与えられた等式

$$ \int_0^x t^2\sin(x-t),dt=x^2

$$

は

$$ x^2+2\cos x-2=x^2

$$

すなわち

$$ \cos x=1

$$

に同値である。

したがって

$$ x=2n\pi \quad (n\in\mathbb{Z})

$$

である。

解法2

別法として、左辺を

$$ I(x)=\int_0^x t^2\sin(x-t),dt

$$

とおき、$x$ で微分して求めてもよい。

Leibniz の公式より

$$ I'(x)=\int_0^x t^2\cos(x-t),dt

$$

であり、さらに微分すると

$$ I''(x)=x^2-\int_0^x t^2\sin(x-t),dt=x^2-I(x)

$$

となる。したがって $I(x)$ は

$$ I''(x)+I(x)=x^2

$$

を満たす。

また

$$ I(0)=0,\qquad I'(0)=0

$$

である。

この微分方程式の一般解は

$$ I(x)=x^2-2+C_1\sin x+C_2\cos x

$$

であり、初期条件から

$$ C_2=2,\qquad C_1=0

$$

となる。ゆえに

$$ I(x)=x^2+2\cos x-2

$$

である。

あとは解法1と同様に

$$ x^2+2\cos x-2=x^2

$$

より

$$ \cos x=1

$$

だから

$$ x=2n\pi \quad (n\in\mathbb{Z})

$$

を得る。

解説

この問題の要点は、積分の中にある $\sin(x-t)$ をそのまま眺めず、畳み込み型の積分として処理することである。

解法1は置換して展開するだけで確実に解ける標準解法である。解法2は、積分で定義された関数を微分方程式に持ち込む見方であり、こうした形の積分では有効である。

どちらの方法でも、左辺が最終的に $x^2+2\cos x-2$ に簡約されることが本質である。

答え

$$ x=2n\pi \quad (n\in\mathbb{Z})

$$