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京都大学 2025年理系第1問解説

方針・初手

複素数の絶対値の最大・最小問題です。条件 $|z|=2$ から $z$ を極形式で表し、求める式の2乗を計算して三角関数の最大・最小問題に帰着させるのが確実な方針です。また、複素数平面における距離の意味や三角不等式を用いることでも簡潔に解くことができます。

解法1

$z$ は絶対値が $2$ の複素数なので、$z = 2(\cos\theta + i\sin\theta)$ ($0 \leqq \theta < 2\pi$) とおける。このとき、ド・モアブルの定理より $z^2 = 4(\cos 2\theta + i\sin 2\theta)$ である。求める値 $L = \left| z - \frac{i}{z} \right|$ について、$L \geqq 0$ より $L^2$ の最大値・最小値を考える。

$\begin{aligned} L^2 &= \left| z - \frac{i}{z} \right|^2 \ &= \left( z - \frac{i}{z} \right) \overline{\left( z - \frac{i}{z} \right)} \ &= \left( z - \frac{i}{z} \right) \left( \bar{z} + \frac{i}{\bar{z}} \right) \ &= z\bar{z} + \frac{iz}{\bar{z}} - \frac{i\bar{z}}{z} + \frac{1}{z\bar{z}} \end{aligned}$

$z\bar{z} = |z|^2 = 4$ であるから、

$\begin{aligned} L^2 &= 4 + i \frac{z^2 - \bar{z}^2}{z\bar{z}} + \frac{1}{4} \ &= \frac{17}{4} + \frac{i}{4} (z^2 - \bar{z}^2) \end{aligned}$

ここで、$z^2 = 4(\cos 2\theta + i\sin 2\theta)$, $\bar{z}^2 = 4(\cos 2\theta - i\sin 2\theta)$ より、 $z^2 - \bar{z}^2 = 8i\sin 2\theta$ したがって、

$\begin{aligned} L^2 &= \frac{17}{4} + \frac{i}{4} (8i\sin 2\theta) \ &= \frac{17}{4} - 2\sin 2\theta \end{aligned}$

$0 \leqq \theta < 2\pi$ より $0 \leqq 2\theta < 4\pi$ であり、$\sin 2\theta$ は $-1 \leqq \sin 2\theta \leqq 1$ の範囲を動く。ゆえに、最大値は $\sin 2\theta = -1$ のとき、$L^2 = \frac{17}{4} + 2 = \frac{25}{4}$ より $L = \frac{5}{2}$ 最小値は $\sin 2\theta = 1$ のとき、$L^2 = \frac{17}{4} - 2 = \frac{9}{4}$ より $L = \frac{3}{2}$

解法2

三角不等式 $\left| |a| - |b| \right| \leqq |a + b| \leqq |a| + |b|$ を用いる。 $a = z$, $b = -\frac{i}{z}$ とすると、$|a| = |z| = 2$、$|b| = \left| -\frac{i}{z} \right| = \frac{|-i|}{|z|} = \frac{1}{2}$ である。三角不等式より、

$|z| - \left| -\frac{i}{z} \right| \leqq \left| z - \frac{i}{z} \right| \leqq |z| + \left| -\frac{i}{z} \right|$

$2 - \frac{1}{2} \leqq \left| z - \frac{i}{z} \right| \leqq 2 + \frac{1}{2}$

$\frac{3}{2} \leqq \left| z - \frac{i}{z} \right| \leqq \frac{5}{2}$

次に等号成立条件を確認する。最大値 $\frac{5}{2}$ となるのは、$z$ と $-\frac{i}{z}$ の偏角が等しいとき、すなわち $-\frac{i}{z} = kz$ （$k$ は正の実数）となるときである。このとき $z^2 = -\frac{i}{k}$ であり、両辺の絶対値をとると $|z|^2 = \frac{1}{k}$ となる。 $|z|=2$ より $k = \frac{1}{4}$ となり、$z^2 = -4i$ となる。 $z^2 = -4i = 4\left(\cos\frac{3\pi}{2} + i\sin\frac{3\pi}{2}\right)$ を満たす $z$ は存在し（例えば $z = \sqrt{2} - \sqrt{2}i$）、このとき確かに $\left| z - \frac{i}{z} \right| = \frac{5}{2}$ となる。最小値 $\frac{3}{2}$ となるのは、$z$ と $-\frac{i}{z}$ の偏角の差が $\pi$ のとき、すなわち $-\frac{i}{z} = kz$ （$k$ は負の実数）となるときである。このとき $z^2 = -\frac{i}{k}$ であり、両辺の絶対値をとると $|z|^2 = -\frac{1}{k}$ となる。 $|z|=2$ より $k = -\frac{1}{4}$ となり、$z^2 = 4i$ となる。 $z^2 = 4i = 4\left(\cos\frac{\pi}{2} + i\sin\frac{\pi}{2}\right)$ を満たす $z$ は存在し（例えば $z = \sqrt{2} + \sqrt{2}i$）、このとき確かに $\left| z - \frac{i}{z} \right| = \frac{3}{2}$ となる。以上より、最大値は $\frac{5}{2}$、最小値は $\frac{3}{2}$ である。

解説

絶対値の式を展開して極形式を利用するアプローチが、計算量も少なく汎用的です。三角不等式を利用する解法は計算がほとんど不要ですが、不等式の等号が実際に成立するような $z$ が存在すること（等号成立条件）の確認を忘れると減点対象となるため注意が必要です。

答え

最大値 $\frac{5}{2}$, 最小値 $\frac{3}{2}$

【問2 (1)】

方針・初手

被積分関数の分子が多項式と無理式の和になっています。分母が $x^2+1$ であることに着目し、分子を分割して3つの項に分け、それぞれに適した積分法（微分の逆算、部分分数分解に似た変形、置換積分）を適用します。

解法1

与えられた定積分を $I$ とおく。被積分関数を以下のように3つの項に分ける。

$\int_0^{\sqrt{3}} \frac{x\sqrt{x^2+1} + 2x^3 + 1}{x^2+1} dx = \int_0^{\sqrt{3}} \left\{ \frac{x}{\sqrt{x^2+1}} + \frac{2x^3}{x^2+1} + \frac{1}{x^2+1} \right\} dx$

それぞれの項の定積分を個別に計算する。

第1項：$\left( \sqrt{x^2+1} \right)' = \frac{2x}{2\sqrt{x^2+1}} = \frac{x}{\sqrt{x^2+1}}$ であるから、

$\int_0^{\sqrt{3}} \frac{x}{\sqrt{x^2+1}} dx = \left[ \sqrt{x^2+1} \right]_0^{\sqrt{3}} = \sqrt{3+1} - \sqrt{0+1} = 2 - 1 = 1$

第2項：分子の次数を下げて計算しやすくする。

$\frac{2x^3}{x^2+1} = \frac{2x(x^2+1) - 2x}{x^2+1} = 2x - \frac{2x}{x^2+1}$

ここで $\left( \log(x^2+1) \right)' = \frac{2x}{x^2+1}$ であるから、

$\begin{aligned} \int_0^{\sqrt{3}} \frac{2x^3}{x^2+1} dx &= \int_0^{\sqrt{3}} \left( 2x - \frac{2x}{x^2+1} \right) dx \\ &= \left[ x^2 - \log(x^2+1) \right]_0^{\sqrt{3}} \\ &= (3 - \log 4) - (0 - \log 1) = 3 - 2\log 2 \end{aligned}$

第3項：$x = \tan\theta$ と置換する。 $dx = \frac{1}{\cos^2\theta} d\theta$ であり、積分区間は $x: 0 \to \sqrt{3}$ のとき $\theta: 0 \to \frac{\pi}{3}$ となる。

$\begin{aligned} \int_0^{\sqrt{3}} \frac{1}{x^2+1} dx &= \int_0^{\frac{\pi}{3}} \frac{1}{\tan^2\theta+1} \cdot \frac{1}{\cos^2\theta} d\theta \\ &= \int_0^{\frac{\pi}{3}} \cos^2\theta \cdot \frac{1}{\cos^2\theta} d\theta \\ &= \int_0^{\frac{\pi}{3}} 1 d\theta = \left[ \theta \right]_0^{\frac{\pi}{3}} = \frac{\pi}{3} \end{aligned}$

以上より、求める定積分の値は、

$I = 1 + (3 - 2\log 2) + \frac{\pi}{3} = 4 - 2\log 2 + \frac{\pi}{3}$

解説

分数関数の積分における基本である「項を分ける」「分子の次数を下げる」「$f'(x)/f(x)$ の形を見つける」「$x=\tan\theta$ の置換」のすべてが詰まった良問です。一度に計算しようとせず、性質の異なる関数ごとに分割して処理するのが定石です。

答え

$4 - 2\log 2 + \frac{\pi}{3}$

【問2 (2)】

方針・初手

根号の中身が $\frac{1-\cos x}{1+\cos x}$ となっています。これは半角の公式 $\sin^2\frac{x}{2} = \frac{1-\cos x}{2}$, $\cos^2\frac{x}{2} = \frac{1+\cos x}{2}$ を用いることで $\tan^2\frac{x}{2}$ に変形でき、根号を外すことができます。または、$t = \tan\frac{x}{2}$ の置換積分を利用することでも見通しよく解けます。

解法1

半角の公式を用いる。 $1-\cos x = 2\sin^2\frac{x}{2}$ $1+\cos x = 2\cos^2\frac{x}{2}$ より、根号の中身は次のように変形できる。

$\frac{1-\cos x}{1+\cos x} = \frac{2\sin^2\frac{x}{2}}{2\cos^2\frac{x}{2}} = \tan^2\frac{x}{2}$

積分区間 $0 \leqq x \leqq \frac{\pi}{2}$ において、$0 \leqq \frac{x}{2} \leqq \frac{\pi}{4}$ であるから $\tan\frac{x}{2} \geqq 0$ となる。したがって、

$\sqrt{\frac{1-\cos x}{1+\cos x}} = \sqrt{\tan^2\frac{x}{2}} = \left| \tan\frac{x}{2} \right| = \tan\frac{x}{2}$

よって、求める定積分は以下のようになる。

$\begin{aligned} \int_0^{\frac{\pi}{2}} \sqrt{\frac{1-\cos x}{1+\cos x}} dx &= \int_0^{\frac{\pi}{2}} \tan\frac{x}{2} dx \\ &= \int_0^{\frac{\pi}{2}} \frac{\sin\frac{x}{2}}{\cos\frac{x}{2}} dx \\ &= \left[ -2 \log \left| \cos\frac{x}{2} \right| \right]_0^{\frac{\pi}{2}} \\ &= -2 \log \left( \cos\frac{\pi}{4} \right) - \left\{ -2 \log \left( \cos 0 \right) \right\} \\ &= -2 \log \frac{1}{\sqrt{2}} + 2 \log 1 \\ &= -2 \cdot \left( -\frac{1}{2} \log 2 \right) + 0 \\ &= \log 2 \end{aligned}$

解法2

$t = \tan\frac{x}{2}$ とおく（ワイエルシュトラス置換）。このとき、$\cos x = \frac{1-t^2}{1+t^2}$ であり、$dt = \frac{1}{2}\cdot\frac{1}{\cos^2\frac{x}{2}} dx = \frac{1}{2}(1+\tan^2\frac{x}{2}) dx = \frac{1+t^2}{2} dx$ より $dx = \frac{2}{1+t^2} dt$ となる。積分区間は $x: 0 \to \frac{\pi}{2}$ のとき $t: 0 \to 1$ である。根号の中身は、

$\frac{1-\cos x}{1+\cos x} = \frac{1 - \frac{1-t^2}{1+t^2}}{1 + \frac{1-t^2}{1+t^2}} = \frac{\frac{(1+t^2)-(1-t^2)}{1+t^2}}{\frac{(1+t^2)+(1-t^2)}{1+t^2}} = \frac{2t^2}{2} = t^2$

区間 $0 \leqq t \leqq 1$ において $t \geqq 0$ であるから、$\sqrt{t^2} = t$ となる。したがって、与えられた定積分は次のように計算できる。

$\begin{aligned} \int_0^{\frac{\pi}{2}} \sqrt{\frac{1-\cos x}{1+\cos x}} dx &= \int_0^1 t \cdot \frac{2}{1+t^2} dt \\ &= \int_0^1 \frac{2t}{1+t^2} dt \\ &= \left[ \log(1+t^2) \right]_0^1 \\ &= \log(1+1) - \log(1+0) \\ &= \log 2 \end{aligned}$

解説

$\sqrt{\frac{1-\cos x}{1+\cos x}}$ は三角関数の積分において頻出の形です。半角の公式を利用して根号を外す解法1が最も素直で計算も簡潔です。解法2の $t = \tan\frac{x}{2}$ とおく方法は、三角関数の有理式の積分における万能な置換方法であり、この方法の威力がよくわかる別解となっています。