定積分で表された関数

$F(x)=\displaystyle\int_1^x(3t^2-2t)\,dt$ を計算する。$(t^3-t^2)'=3t^2-2t$ なので
$$ F(x)=\Bigl[t^3-t^2\Bigr]_1^x=(x^3-x^2)-(1-1)=x^3-x^2 $$
である。これを $x$ で微分すると
$$ F'(x)=3x^2-2x $$
となる。積分の中の関数 $3t^2-2t$ の $t$ を $x$ に替えたものに戻った。

$F(x)=\displaystyle\int_0^{x^2}e^{t^2}\,dt$ を考える。$e^{t^2}$ の原始関数は、指数関数・三角関数・多項式などを組み合わせた式では書けないことが知られている（初等関数で表せない原始関数）。それでも、後の thm-fdi-chain により
$$ F'(x)=e^{(x^2)^2}\cdot(x^2)'=2x\,e^{x^4} $$
と計算できる。$x=1$ で確かめる。公式では $F'(1)=2e=5.43656\ldots$ である。一方、数値積分で $F(1.001)$ と $F(0.999)$ を求めて差をとると
$$ \frac{F(1.001)-F(0.999)}{0.002}=5.43659\ldots $$
で、小数第 4 位まで一致する。

すべての実数 $x$ で
$$ f(x)=x+2\int_0^1f(t)\,dt $$
を満たす連続関数 $f$ を求める。右辺の $\displaystyle\int_0^1f(t)\,dt$ は $x$ によらない 数 である。これを $c$ とおくと $f(x)=x+2c$ である。これを $c$ の定義に戻すと
$$ c=\int_0^1(t+2c)\,dt=\Bigl[\frac{t^2}2+2ct\Bigr]_0^1=\frac12+2c $$
なので $c=-\frac12$、$f(x)=x-1$ である。確かめると $\displaystyle\int_0^1(t-1)\,dt=\frac12-1=-\frac12$ で、右辺は $x+2\cdot\bigl(-\frac12\bigr)=x-1$ となり、左辺と一致する。

1. $\displaystyle\int_0^xt^2\,dt=\Bigl[\frac{t^3}3\Bigr]_0^x=\frac{x^3}3$ である。積分変数の文字を $s$ に替えて $\displaystyle\int_0^xs^2\,ds$ と書いても、値は同じ $\dfrac{x^3}3$ である。
2. $\displaystyle\int_0^xx\,t\,dt$ では、積分の中の $x$ は $t$ が動いても変わらないので、定数として積分の外に出せる。
   $$ \int_0^xx\,t\,dt=x\int_0^xt\,dt=x\cdot\frac{x^2}2=\frac{x^3}2 $$
   である。1 の $\dfrac{x^3}3$ とは違う。「$t$ について積分する間、$x$ は定数」という見方が、後の thm-fdi-inside で効いてくる。

1. $F(x)=\displaystyle\int_0^x\cos t\,dt=\Bigl[\sin t\Bigr]_0^x=\sin x$ である。$F'(x)=\cos x$ で、thm-fdi-ftc のとおり中身 $\cos t$ の $t$ を $x$ に替えたものになる。
2. $G(x)=\displaystyle\int_0^xe^{-t^2}\,dt$ の原始関数は式で書けないが、thm-fdi-ftc から $G'(1)=e^{-1}=0.367879\ldots$ である。数値積分で差分商を計算すると
   $$ \frac{G(1.01)-G(1)}{0.01}=0.36421\ldots,\qquad\frac{G(1.001)-G(1)}{0.001}=0.36751\ldots $$
   で、$h$ を小さくすると $e^{-1}$ に近づく。

$F(x)=\displaystyle\int_0^x(t-1)(t-3)\,dt$ の極値を求める。
段 1（導関数）。thm-fdi-ftc により $F'(x)=(x-1)(x-3)$ である。
段 2（増減）。$F'(x)$ は $x<1$ で正、$1< x<3$ で負、$x>3$ で正である。よって $F$ は $x=1$ で極大、$x=3$ で極小になる（増減による極値の判定は 関数の増減と極値）。
段 3（値）。ここで初めて積分する。$(t-1)(t-3)=t^2-4t+3$ なので
$$ F(1)=\Bigl[\frac{t^3}3-2t^2+3t\Bigr]_0^1=\frac13-2+3=\frac43,\qquad F(3)=9-18+9=0 $$
である。極大値は $\dfrac43$、極小値は $0$ である。
図 2 の上の段では、$0\le t\le1$ の部分（面積 $\frac43$）が $F$ を増やし、$1\le t\le3$ の $t$ 軸より下の部分（符号つき面積 $-\frac43$）が $F$ を $\frac43$ から $0$ まで減らしている。符号つき面積は 定積分と面積 で扱う。

1. ex-fdi-start-hard の $F(x)=\displaystyle\int_0^{x^2}e^{t^2}\,dt$ は、$g(x)=x^2$、$g'(x)=2x$ なので $F'(x)=e^{(x^2)^2}\cdot2x=2x\,e^{x^4}$ である。
2. $x>0$ で $F(x)=\displaystyle\int_x^{2x}\frac{dt}t$ を考える。thm-fdi-chain で $g(x)=2x$、$h(x)=x$ とすると
   $$ F'(x)=\frac1{2x}\cdot2-\frac1x\cdot1=\frac1x-\frac1x=0 $$
   である。実際に積分すると $F(x)=\Bigl[\log t\Bigr]_x^{2x}=\log2x-\log x=\log2$ で、$x$ によらない定数なので、導関数が $0$ であることと合っている。
3. $F(x)=\displaystyle\int_{-x}^xe^{-t^2}\,dt$ は、$g(x)=x$、$h(x)=-x$ なので
   $$ F'(x)=e^{-x^2}\cdot1-e^{-(-x)^2}\cdot(-1)=2e^{-x^2} $$
   である。$e^{-t^2}$ は偶関数なので、$F(x)=2\displaystyle\int_0^xe^{-t^2}\,dt$ と書き直して thm-fdi-ftc を使っても、同じ $2e^{-x^2}$ になる（偶関数の積分は 対称性を用いた積分）。

1. $f(t)=t$ のとき、直接計算すると
   $$ G(x)=\int_0^x(x-t)\,t\,dt=x\cdot\frac{x^2}2-\frac{x^3}3=\frac{x^3}6 $$
   である。$G'(x)=\dfrac{x^2}2$ は $\displaystyle\int_0^xt\,dt=\frac{x^2}2$ と一致し、$G''(x)=x=f(x)$ である。
2. $f(t)=\cos t$ のとき、部分積分（部分積分の使い方）で $u=x-t$、$v'=\cos t$ とすると
   $$ G(x)=\int_0^x(x-t)\cos t\,dt=\Bigl[(x-t)\sin t\Bigr]_{t=0}^{t=x}+\int_0^x\sin t\,dt=0+\bigl(1-\cos x\bigr)=1-\cos x $$
   である。$G'(x)=\sin x=\displaystyle\int_0^x\cos t\,dt$、$G''(x)=\cos x=f(x)$ で、thm-fdi-inside と一致する。

$\varphi$ を 2 回微分可能で $\varphi''$ が連続な関数とする。$y(x)=\varphi(x)-\varphi(0)-\varphi'(0)\,x$ は $y''=\varphi''$、$y(0)=0$、$y'(0)=\varphi'(0)-\varphi'(0)=0$ を満たす。cor-fdi-second-order を $f=\varphi''$ として使うと
$$ \varphi(x)=\varphi(0)+\varphi'(0)\,x+\int_0^x(x-t)\,\varphi''(t)\,dt $$
である。$\varphi(x)=e^x$、$x=1$ で確かめると、左辺は $e$、右辺は $1+1+\displaystyle\int_0^1(1-t)e^t\,dt$ である。部分積分で $\displaystyle\int_0^1(1-t)e^t\,dt=\Bigl[(1-t)e^t\Bigr]_0^1+\int_0^1e^t\,dt=(0-1)+(e-1)=e-2$ なので、右辺は $e$ で一致する。この式は、関数を 1 次式で近似したときの誤差を積分で表したもので、一般の次数の形は 関数の近似とテイラー展開 で扱う。

1. $k=2$ のとき、prop-fdi-constant-type から $f(x)=x+\dfrac{2}{2\cdot(-1)}=x-1$ である。ex-fdi-start-equation と一致する。
2. $k=\dfrac12$ のとき、$f(x)=x+\dfrac{1/2}{2\cdot\frac12}=x+\dfrac12$ である。確かめると $\displaystyle\int_0^1\Bigl(t+\frac12\Bigr)dt=\frac12+\frac12=1$ で、右辺は $x+\dfrac12\cdot1=x+\dfrac12$ となり一致する。

すべての $x$ で $f(x)=x^2+\displaystyle\int_0^xf(t)\,dt$ を満たす連続関数 $f$ を求める。
段 1（微分方程式にする）。prf-fdi-volterra の段 1・段 2 と同じく、$f$ は微分可能で $f'(x)=2x+f(x)$、$f(0)=0$ である。
段 2（$e^{-x}$ を掛ける）。$H(x)=f(x)e^{-x}$ とすると $H'(x)=\bigl(f'(x)-f(x)\bigr)e^{-x}=2x\,e^{-x}$、$H(0)=0$ である。cor-fdi-evaluation により
$$ H(x)=H(0)+\int_0^x2t\,e^{-t}\,dt $$
である。部分積分で
$$ \int_0^x2t\,e^{-t}\,dt=\Bigl[-2t\,e^{-t}\Bigr]_0^x+\int_0^x2e^{-t}\,dt=-2x\,e^{-x}+2-2e^{-x} $$
なので、$H(x)=2-2x\,e^{-x}-2e^{-x}$、$f(x)=H(x)e^x=2e^x-2x-2$ である。
段 3（確かめ）。$x=1$ で、左辺は $f(1)=2e-4=1.43656\ldots$、右辺は $1+\displaystyle\int_0^1(2e^t-2t-2)\,dt=1+(2e-2)-1-2=2e-4$ で一致する。

区間 $[-1,1]$ で、$t<0$ なら $f(t)=0$、$t\ge0$ なら $f(t)=1$ とする。$f$ は $t=0$ で値が跳ぶので、$t=0$ で連続でない。区間を $t=0$ で分ければ、各部分で定数なので定積分は計算できる。$F(x)=\displaystyle\int_0^xf(t)\,dt$ は

• $x\ge0$ のとき、$F(x)=\displaystyle\int_0^x1\,dt=x$、
• $x<0$ のとき、$F(x)=-\displaystyle\int_x^00\,dt=0$
  である。$x=0$ での差分商は、$h>0$ なら $\dfrac{F(h)-F(0)}h=\dfrac hh=1$、$h<0$ なら $\dfrac{0-0}h=0$ である。右から近づけたときと左から近づけたときで極限が違うので、$F$ は $x=0$ で微分可能でない。
  満たす性質：$f$ は定積分が計算でき、$F$ は連続である。満たさない性質：$f$ が $t=0$ で連続であること。破る主張：thm-fdi-ftc の「$F$ は微分可能で $F'(0)=f(0)$」。$x\ne0$ では $f$ はその近くで連続なので、$F'(x)=f(x)$ が成り立つ。

$F(x)=\displaystyle\int_0^{x^2}t\,dt$ を考える。実際に積分すると $F(x)=\Bigl[\dfrac{t^2}2\Bigr]_0^{x^2}=\dfrac{x^4}2$ なので、$F'(x)=2x^3$ である。
thm-fdi-ftc を誤って「上端を代入するだけ」と使うと、$f(x^2)=x^2$ となる。$x=1$ で比べると、正しい値は $F'(1)=2$、誤った値は $1$ である。thm-fdi-chain のとおり $g'(x)=2x$ を掛けると $x^2\cdot2x=2x^3$ となり、正しい値に戻る。
満たさない手順：上端が $x$ そのものであること（ここでは $x^2$）。破る主張：「上端を代入すれば導関数」。

$G(x)=\displaystyle\int_0^x(x-t)\cos t\,dt$ に thm-fdi-ftc を誤って使い、「被積分関数の $t$ に $x$ を代入する」と、$(x-x)\cos x=0$ となる。しかし ex-fdi-inside の 2 で計算したとおり $G(x)=1-\cos x$ で、$G'(x)=\sin x$ である。たとえば $x=\dfrac\pi2$ で正しい値は $1$、誤った値は $0$ である。
満たさない仮定：thm-fdi-ftc の被積分関数 $f(t)$ は $x$ を含まないこと。破る主張：被積分関数に上端を代入すれば導関数になること。$x$ を積分の外に出してから微分すれば（thm-fdi-inside）、正しい $\displaystyle\int_0^x\cos t\,dt=\sin x$ が得られる。

$f(x)=x+\displaystyle\int_0^1f(t)\,dt$（prop-fdi-constant-type で $k=1$）を満たす連続関数 $f$ はない。
実際、$c=\displaystyle\int_0^1f(t)\,dt$ とおくと $f(x)=x+c$ で、これを $0$ から $1$ まで積分すると $c=\dfrac12+c$ となる。どんな $c$ もこれを満たさない。言い換えると、$f(x)=x+c$ の形のどの関数についても、$\displaystyle\int_0^1f(t)\,dt$ は $c$ より $\dfrac12$ だけ大きく、等式の右辺の定数と左辺の定数がそろわない。
満たさない仮定：$k\ne1$。破る主張：解が存在すること。

$f_0(x)=1$ とし、$f_{n+1}(x)=1+\displaystyle\int_0^xf_n(t)\,dt$ で関数の列を作る。
$$ f_1(x)=1+\int_0^x1\,dt=1+x,\qquad f_2(x)=1+\int_0^x(1+t)\,dt=1+x+\frac{x^2}2 $$
である。一般に $f_n(x)=\displaystyle\sum_{k=0}^n\frac{x^k}{k!}$ となる。これは $n$ についての帰納法で示せる：$f_n$ がこの形なら、$\displaystyle\int_0^x\frac{t^k}{k!}\,dt=\frac{x^{k+1}}{(k+1)!}$ から
$$ f_{n+1}(x)=1+\sum_{k=0}^n\frac{x^{k+1}}{(k+1)!}=\sum_{k=0}^{n+1}\frac{x^k}{k!} $$
である。$x=1$ では $f_1(1)=2$、$f_2(1)=2.5$、$f_3(1)=2.666\ldots$、$f_4(1)=2.708\ldots$ で、$e=2.71828\ldots$ に近づいていく。$f_n(x)\to e^x$ であること（指数関数の級数表示）は 関数の近似とテイラー展開 で扱う。