九州大学 1976年 理系 第5問 解説

方針・初手

(1) 定積分 $\int_0^1 f(t) \sin 2\pi t dt$ は $t$ について積分して定数となるため、これを定数 $C$ とおいて $f(x)$ を $C$ を用いた式で表す。その式を元の積分方程式に代入して $C$ についての方程式を解く、定数変化法の典型的な手順を用いる。

(2) (1) で求めた $f(x)$ を代入し、恒等式 $f(x)^n = a_0 x^n + a_1 x^{n-1} + \cdots + a_n$ を得る。多項式の係数のうち、特定の偶数番目の和を求めるには、恒等式に $x=1$ と $x=-1$ を代入した式を足し合わせるという定石を用いる。

解法1

(1)

定積分は定数となるため、$C = \int_0^1 f(t) \sin 2\pi t dt$ とおく。

与えられた等式より、

$$f(x) = x + \pi C$$

となる。これを $C$ の式に代入すると、

$$C = \int_0^1 (t + \pi C) \sin 2\pi t dt$$

右辺の積分を2つの項に分けて計算する。部分積分法を用いると、

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

また、

$$\begin{aligned} \int_0^1 \pi C \sin 2\pi t dt &= \pi C \left[ -\frac{1}{2\pi} \cos 2\pi t \right]_0^1 \\ &= \pi C \left( -\frac{1}{2\pi} - \left( -\frac{1}{2\pi} \right) \right) \\ &= 0 \end{aligned}$$

したがって、

$$C = -\frac{1}{2\pi} + 0 = -\frac{1}{2\pi}$$

となる。これを $f(x)$ の式に代入して、

$$f(x) = x - \frac{1}{2}$$

(2)

(1) の結果より、$f(x)^n = \left( x - \frac{1}{2} \right)^n$ であるから、与えられた条件は $x$ についての恒等式として次のように書ける。

$$\left( x - \frac{1}{2} \right)^n = a_0 x^n + a_1 x^{n-1} + \cdots + a_{n-1} x + a_n$$

この恒等式に $x = 1$ を代入すると、

$$\left( \frac{1}{2} \right)^n = a_0 + a_1 + \cdots + a_{n-1} + a_n \quad \cdots ①$$

次に、$x = -1$ を代入すると、

$$\left( -\frac{3}{2} \right)^n = a_0 (-1)^n + a_1 (-1)^{n-1} + \cdots + a_{n-1} (-1) + a_n$$

ここで、$n$ は偶数であるから $\left( -\frac{3}{2} \right)^n = \left( \frac{3}{2} \right)^n$ となる。 また、右辺の項 $a_k (-1)^{n-k}$ について、$k$ が偶数（$0, 2, \dots, n$）のときは $n-k$ も偶数となるため係数は $+1$、$k$ が奇数のときは $n-k$ が奇数となるため係数は $-1$ となる。したがって、

$$\left( \frac{3}{2} \right)^n = a_0 - a_1 + a_2 - \cdots - a_{n-1} + a_n \quad \cdots ②$$

① と ② の辺々を足し合わせると、奇数番目の $a_k$ は正負が逆であり打ち消し合うため、

$$\left( \frac{1}{2} \right)^n + \left( \frac{3}{2} \right)^n = 2 (a_0 + a_2 + \cdots + a_{n-2} + a_n)$$

ゆえに、求める和を $S$ とおくと、

$$S = a_0 + a_2 + \cdots + a_{n-2} + a_n = \frac{1}{2} \left\{ \left( \frac{1}{2} \right)^n + \left( \frac{3}{2} \right)^n \right\}$$

となる。次に、この $S$ が満たすべき不等式を示す。

まず、右側の不等式について考える。$\left( \frac{1}{2} \right)^n > 0$ であるから、

$$S = \frac{1}{2} \left( \frac{3}{2} \right)^n + \frac{1}{2} \left( \frac{1}{2} \right)^n > \frac{1}{2} \left( \frac{3}{2} \right)^n$$

が明らかに成り立つ。

次に、左側の不等式について考える。

$$\begin{aligned} \left( \frac{3}{2} \right)^n - S &= \left( \frac{3}{2} \right)^n - \frac{1}{2} \left\{ \left( \frac{1}{2} \right)^n + \left( \frac{3}{2} \right)^n \right\} \\ &= \frac{1}{2} \left( \frac{3}{2} \right)^n - \frac{1}{2} \left( \frac{1}{2} \right)^n \\ &= \frac{1}{2} \left\{ \left( \frac{3}{2} \right)^n - \left( \frac{1}{2} \right)^n \right\} \end{aligned}$$

$n$ は偶数の自然数（$n \geqq 2$）である。$\frac{3}{2} > \frac{1}{2} > 0$ であるから、$n \geqq 2$ において $\left( \frac{3}{2} \right)^n > \left( \frac{1}{2} \right)^n$ となる。 したがって、

$$\frac{1}{2} \left\{ \left( \frac{3}{2} \right)^n - \left( \frac{1}{2} \right)^n \right\} \geqq 0$$

が成り立ち、結果として $\left( \frac{3}{2} \right)^n \geqq S$ となる。

以上より、

$$\left(\frac{3}{2}\right)^n \geqq a_0 + a_2 + \cdots + a_{n-2} + a_n > \frac{1}{2} \left(\frac{3}{2}\right)^n$$

が成り立つことが示された。

解説

(1) は積分方程式の基本問題である。定積分の区間が定数から定数までであることから、積分全体を定数と置いて元の式に戻す解法は必ずマスターしておきたい。部分積分の計算を正確に行うことが求められる。

(2) は二項定理の応用等で頻出の、特定の項の係数の和を取り出すテクニックである。恒等式に $x=1$ と $x=-1$ を代入して和や差をとることで、一つ飛ばしの項のみを残すことができる。後半の不等式評価は、得られた和の式と目標の式を見比べれば容易に大小関係が判定できる。

答え

(1)

$$f(x) = x - \frac{1}{2}$$

(2)

与えられた恒等式に $x=1, -1$ を代入することで $a_0 + a_2 + \cdots + a_n = \frac{1}{2} \left\{ \left( \frac{1}{2} \right)^n + \left( \frac{3}{2} \right)^n \right\}$ を導き、これを用いて各辺の差をとることで不等式が成り立つことを示した。