解説

方針・初手

積分の中に $x$ が含まれているので、まず

$$ g(x)=\int_0^x (x-t)f(t),dt

$$

を $x$ で微分することを考える。

（1） では、積分区間の上端と被積分関数の両方に $x$ が入っている形なので、差分を作って整理するのが確実である。

（2） では、（1） の結果をさらに微分すれば $f(x)$ が直接取り出せる。

解法1

**(1)**

$g'(x)=\displaystyle\int_0^x f(t),dt$ を示す。

$h\neq 0$ として、差商を考えると

$$ \begin{aligned} \frac{g(x+h)-g(x)}{h} &= \frac{1}{h} \left\{ \int_0^{x+h}(x+h-t)f(t),dt-\int_0^x(x-t)f(t),dt \right\} \end{aligned} $$

である。右辺を

$$ \begin{aligned} \int_0^{x+h}(x+h-t)f(t),dt &= \int_0^x(x+h-t)f(t),dt+\int_x^{x+h}(x+h-t)f(t),dt \end{aligned} $$

と分けると、

$$ \begin{aligned} \frac{g(x+h)-g(x)}{h} &= \frac{1}{h} \left\{ \int_0^x\bigl((x+h-t)-(x-t)\bigr)f(t),dt + \int_x^{x+h}(x+h-t)f(t),dt \right\} \end{aligned} $$

すなわち

$$ \begin{aligned} \frac{g(x+h)-g(x)}{h} &= \int_0^x f(t),dt + \frac{1}{h}\int_x^{x+h}(x+h-t)f(t),dt \end{aligned} $$

となる。

ここで、$x\le t\le x+h$ のとき

$$ 0\le x+h-t\le h

$$

であるから、

$$ \left| \frac{1}{h}\int_x^{x+h}(x+h-t)f(t),dt \right| \le \int_x^{x+h}|f(t)|,dt

$$

が成り立つ。したがって $h\to 0$ のとき右辺第2項は $0$ に近づくので、

$$ \begin{aligned} g'(x)=\lim_{h\to 0}\frac{g(x+h)-g(x)}{h} &= \int_0^x f(t),dt \end{aligned} $$

を得る。

**(2)**

$g(x)=\sin x\cos x-x$ のとき $f(x)$ を求める。

（1） より

$$ g'(x)=\int_0^x f(t),dt

$$

であるから、さらに微分して

$$ g''(x)=f(x)

$$

となる。

そこで $g(x)=\sin x\cos x-x$ を微分すると、

$$ g'(x)=\cos^2 x-\sin^2 x-1=\cos 2x-1

$$

さらに微分して

$$ g''(x)=-2\sin 2x

$$

となる。よって

$$ f(x)=g''(x)=-2\sin 2x

$$

である。

また、

$$ -2\sin 2x=-4\sin x\cos x

$$

なので、

$$ f(x)=-4\sin x\cos x

$$

と書いてもよい。

解説

この問題の本質は、積分表示された関数 $g(x)$ を微分していくと、最終的に $f(x)$ が取り出せることである。

特に

$$ g(x)=\int_0^x (x-t)f(t),dt

$$

では、1回微分すると重み $(x-t)$ が消えて

$$ g'(x)=\int_0^x f(t),dt

$$

となり、さらにもう1回微分すると

$$ g''(x)=f(x)

$$

となる。したがって （2） は、与えられた $g(x)$ を2回微分するだけでよい。

答え

**(1)**

$$ g'(x)=\int_0^x f(t),dt

$$

**(2)**

$$ f(x)=-2\sin 2x

$$

すなわち

$$ f(x)=-4\sin x\cos x

$$

でもよい。