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九州大学 1975年理系第4問解説

方針・初手

(1) 関数 $f(x) = \tan x - x$ とおき、微分して単調増加性を示す。$\alpha_1$ と $\alpha_2$ がどの区間に存在するかを明らかにし、同じ連続な区間における関数の値の大小関係を比較する。

(2) 三角関数の積を和に直す公式（積和の公式）を用いて積分を実行する。その後、条件である $\tan \alpha = \alpha \iff \sin \alpha = \alpha \cos \alpha$ の関係式を用いて式を整理する。

解法1

(1)

$f(x) = \tan x - x$ とおく。

定義域は $x \neq \frac{\pi}{2} + n\pi$ ($n$ は整数) である。導関数を計算すると、

$$f'(x) = \frac{1}{\cos^2 x} - 1 = \tan^2 x \ge 0$$

よって、$f(x)$ は定義される各区間 $(n\pi - \frac{\pi}{2}, n\pi + \frac{\pi}{2})$ において単調増加である。

$x \to n\pi - \frac{\pi}{2} + 0$ のとき $f(x) \to -\infty$、$x \to n\pi + \frac{\pi}{2} - 0$ のとき $f(x) \to \infty$ であるから、中間値の定理より $f(x)=0$ は各区間にただ1つの実数解を持つ。

$x > 0$ の範囲で考えると、区間 $(0, \frac{\pi}{2})$ においては $f(0)=0$ であり、$f(x)$ は単調増加であるから、$x>0$ において $f(x)>0$ となり解を持たない。

したがって、正の根 $\alpha_1, \alpha_2$ はそれぞれ、区間 $(\frac{\pi}{2}, \frac{3\pi}{2})$ における解を $\alpha_1$ 区間 $(\frac{3\pi}{2}, \frac{5\pi}{2})$ における解を $\alpha_2$ として存在する。すなわち、

$$\frac{\pi}{2} < \alpha_1 < \frac{3\pi}{2}$$

$$\frac{3\pi}{2} < \alpha_2 < \frac{5\pi}{2}$$

である。

$\alpha_1$ は $f(x)=0$ の根であるから、

$$\tan \alpha_1 - \alpha_1 = 0$$

を満たす。ここで、$f(\alpha_1 + \pi)$ の値を調べる。

$$f(\alpha_1 + \pi) = \tan(\alpha_1 + \pi) - (\alpha_1 + \pi)$$

$\tan(x+\pi) = \tan x$ であるから、

$$f(\alpha_1 + \pi) = \tan \alpha_1 - \alpha_1 - \pi$$

$\tan \alpha_1 - \alpha_1 = 0$ を用いると、

$$f(\alpha_1 + \pi) = -\pi < 0$$

となる。

$\alpha_1$ は $(\frac{\pi}{2}, \frac{3\pi}{2})$ に属するので、$\alpha_1 + \pi$ は区間 $(\frac{3\pi}{2}, \frac{5\pi}{2})$ に属する。この同じ区間 $(\frac{3\pi}{2}, \frac{5\pi}{2})$ 内において、$\alpha_2$ は $f(\alpha_2) = 0$ を満たす解である。この区間で $f(x)$ は単調増加であり、

$$f(\alpha_1 + \pi) < f(\alpha_2)$$

が成り立つことから、

$$\alpha_1 + \pi < \alpha_2$$

であることが示された。

(2)

求める定積分を $I$ とする。積和の公式 $\sin A \sin B = -\frac{1}{2}\{\cos(A+B) - \cos(A-B)\}$ を用いると、

$$I = \int_0^1 \sin \alpha_1 x \sin \alpha_2 x \, dx$$

$$= -\frac{1}{2} \int_0^1 \{ \cos(\alpha_1 + \alpha_2)x - \cos(\alpha_1 - \alpha_2)x \} \, dx$$

(1) より $\alpha_1, \alpha_2$ は正の根であり、$\alpha_1 \neq \alpha_2$ であるから、$\alpha_1 + \alpha_2 \neq 0$ かつ $\alpha_1 - \alpha_2 \neq 0$ である。よって積分を実行すると、

$$I = -\frac{1}{2} \left[ \frac{\sin(\alpha_1 + \alpha_2)x}{\alpha_1 + \alpha_2} - \frac{\sin(\alpha_1 - \alpha_2)x}{\alpha_1 - \alpha_2} \right]_0^1$$

$$= -\frac{1}{2} \left\{ \frac{\sin(\alpha_1 + \alpha_2)}{\alpha_1 + \alpha_2} - \frac{\sin(\alpha_1 - \alpha_2)}{\alpha_1 - \alpha_2} \right\}$$

ここで、正弦の加法定理を用いる。

$$\sin(\alpha_1 + \alpha_2) = \sin\alpha_1\cos\alpha_2 + \cos\alpha_1\sin\alpha_2$$

$$\sin(\alpha_1 - \alpha_2) = \sin\alpha_1\cos\alpha_2 - \cos\alpha_1\sin\alpha_2$$

$\alpha_1, \alpha_2$ は $x = \tan x$ の根であるから、$\tan \alpha_1 = \alpha_1$、$\tan \alpha_2 = \alpha_2$ を満たす。これを変形すると、

$$\frac{\sin\alpha_1}{\cos\alpha_1} = \alpha_1 \iff \sin\alpha_1 = \alpha_1 \cos\alpha_1$$

$$\frac{\sin\alpha_2}{\cos\alpha_2} = \alpha_2 \iff \sin\alpha_2 = \alpha_2 \cos\alpha_2$$

これらを加法定理の展開式に代入する。

$$\sin(\alpha_1 + \alpha_2) = (\alpha_1 \cos\alpha_1)\cos\alpha_2 + \cos\alpha_1(\alpha_2 \cos\alpha_2) = (\alpha_1 + \alpha_2)\cos\alpha_1\cos\alpha_2$$

$$\sin(\alpha_1 - \alpha_2) = (\alpha_1 \cos\alpha_1)\cos\alpha_2 - \cos\alpha_1(\alpha_2 \cos\alpha_2) = (\alpha_1 - \alpha_2)\cos\alpha_1\cos\alpha_2$$

これらを $I$ の式に代入すると、

$$I = -\frac{1}{2} \left\{ \frac{(\alpha_1 + \alpha_2)\cos\alpha_1\cos\alpha_2}{\alpha_1 + \alpha_2} - \frac{(\alpha_1 - \alpha_2)\cos\alpha_1\cos\alpha_2}{\alpha_1 - \alpha_2} \right\}$$

$$= -\frac{1}{2} ( \cos\alpha_1\cos\alpha_2 - \cos\alpha_1\cos\alpha_2 )$$

$$= 0$$

解説

(1) では、方程式の解の存在範囲を大まかに把握することが重要である。$y = \tan x$ のグラフの漸近線を意識し、各区間 $(n\pi - \frac{\pi}{2}, n\pi + \frac{\pi}{2})$ に分割して考える。関数の周期性から $\alpha_1$ と $\alpha_1 + \pi$ の関係を見抜く発想が問われている。

(2) は三角関数の積分の典型的な処理である積和の公式を用いた後、得られた式に条件 $\tan \alpha = \alpha$ をいかに適用するかが鍵となる。この積分結果が $0$ になることは「関数の直交性」と呼ばれる性質であり、本問はその具体的な証明となっている。