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九州大学 2019年理系第1問解説

方針・初手

被積分関数を展開し、$x, y$ を定数とみなして $t$ について定積分を計算する。その結果得られる式は $x, y$ についての2次式となるため、$x$ と $y$ をそれぞれ平方完成して最小値 $I_n$ を求める。最後に得られた $I_n$ の式について $n \to \infty$ の極限をとる。

解法1

与えられた定積分を $f(x, y)$ とおく。

$$ f(x, y) = \int_0^1 (\sin(2n\pi t) - xt - y)^2 dt $$

被積分関数を展開すると、以下のようになる。

$$ (\sin(2n\pi t) - xt - y)^2 = \sin^2(2n\pi t) - 2(xt + y)\sin(2n\pi t) + (xt + y)^2 $$

項別に定積分を計算する。まず、三角関数の2乗の項は半角の公式を用いて次数を下げる。

$$ \begin{aligned} \int_0^1 \sin^2(2n\pi t) dt &= \int_0^1 \frac{1 - \cos(4n\pi t)}{2} dt \\ &= \left[ \frac{1}{2}t - \frac{1}{8n\pi}\sin(4n\pi t) \right]_0^1 \\ &= \frac{1}{2} \end{aligned} $$

次に、$t \sin(2n\pi t)$ および $\sin(2n\pi t)$ の積分を計算する。部分積分法を用いる。

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

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

さらに、多項式の項の積分を計算する。

$$ \begin{aligned} \int_0^1 (xt + y)^2 dt &= \int_0^1 (x^2 t^2 + 2xyt + y^2) dt \\ &= \left[ \frac{1}{3}x^2 t^3 + xy t^2 + y^2 t \right]_0^1 \\ &= \frac{1}{3}x^2 + xy + y^2 \end{aligned} $$

これらを $f(x, y)$ の式に代入してまとめる。

$$ \begin{aligned} f(x, y) &= \frac{1}{2} - 2x \left( -\frac{1}{2n\pi} \right) - 2y \cdot 0 + \frac{1}{3}x^2 + xy + y^2 \\ &= y^2 + xy + \frac{1}{3}x^2 + \frac{1}{n\pi}x + \frac{1}{2} \end{aligned} $$

これは $x, y$ の2次関数である。$x$ を定数とみて $y$ について平方完成する。

$$ \begin{aligned} f(x, y) &= \left( y + \frac{1}{2}x \right)^2 - \frac{1}{4}x^2 + \frac{1}{3}x^2 + \frac{1}{n\pi}x + \frac{1}{2} \\ &= \left( y + \frac{1}{2}x \right)^2 + \frac{1}{12}x^2 + \frac{1}{n\pi}x + \frac{1}{2} \end{aligned} $$

続いて $x$ についても平方完成を行う。

$$ \begin{aligned} f(x, y) &= \left( y + \frac{1}{2}x \right)^2 + \frac{1}{12} \left( x^2 + \frac{12}{n\pi}x \right) + \frac{1}{2} \\ &= \left( y + \frac{1}{2}x \right)^2 + \frac{1}{12} \left( x + \frac{6}{n\pi} \right)^2 - \frac{1}{12} \cdot \frac{36}{n^2\pi^2} + \frac{1}{2} \\ &= \left( y + \frac{1}{2}x \right)^2 + \frac{1}{12} \left( x + \frac{6}{n\pi} \right)^2 - \frac{3}{n^2\pi^2} + \frac{1}{2} \end{aligned} $$

$x, y$ はすべての実数を動くため、$\left( y + \frac{1}{2}x \right)^2 \geqq 0$ かつ $\left( x + \frac{6}{n\pi} \right)^2 \geqq 0$ である。よって、$f(x, y)$ は $y + \frac{1}{2}x = 0$ かつ $x + \frac{6}{n\pi} = 0$、すなわち $x = -\frac{6}{n\pi}$, $y = \frac{3}{n\pi}$ のとき最小値をとる。

最小値 $I_n$ は以下の式で与えられる。

$$ I_n = \frac{1}{2} - \frac{3}{n^2\pi^2} $$

最後に $n \to \infty$ の極限を求める。

$$ \lim_{n \to \infty} I_n = \lim_{n \to \infty} \left( \frac{1}{2} - \frac{3}{n^2\pi^2} \right) = \frac{1}{2} $$

解法2

関数の内積を用いた射影（直交化）による解法を示す。区間 $[0, 1]$ 上の連続関数 $f(t), g(t)$ に対して、内積とノルムを次のように定める。

$$ \langle f, g \rangle = \int_0^1 f(t)g(t) dt, \quad \|f\|^2 = \int_0^1 \{f(t)\}^2 dt $$

求める定積分は、ノルムの2乗 $\|\sin(2n\pi t) - (xt+y)\|^2$ である。ここで、$u_0(t) = 1$, $u_1(t) = t - c$ とおき、$\langle u_0, u_1 \rangle = 0$ となる定数 $c$ を探す。

$$ \langle u_0, u_1 \rangle = \int_0^1 1 \cdot (t - c) dt = \left[ \frac{1}{2}t^2 - ct \right]_0^1 = \frac{1}{2} - c $$

したがって、$c = \frac{1}{2}$ のとき $u_0(t)$ と $u_1(t)$ は直交する。そこで $u_1(t) = t - \frac{1}{2}$ とする。 1次式 $xt + y$ は、実数 $A, B$ を用いて $A u_1(t) + B u_0(t)$ と表すことができる。与式をこの $A, B$ の式として展開する。展開にあたり、$\langle u_0, u_1 \rangle = 0$ であることを利用する。

$$ \begin{aligned} \|\sin(2n\pi t) - (Au_1(t) + Bu_0(t))\|^2 &= \|\sin(2n\pi t)\|^2 \\ &\quad - 2A\langle \sin(2n\pi t), u_1 \rangle - 2B\langle \sin(2n\pi t), u_0 \rangle \\ &\quad + A^2\|u_1\|^2 + B^2\|u_0\|^2 \end{aligned} $$

各項の値を計算する。

$$ \|u_0\|^2 = \int_0^1 1^2 dt = 1 $$

$$ \|u_1\|^2 = \int_0^1 \left( t - \frac{1}{2} \right)^2 dt = \left[ \frac{1}{3} \left( t - \frac{1}{2} \right)^3 \right]_0^1 = \frac{1}{12} $$

$$ \|\sin(2n\pi t)\|^2 = \int_0^1 \sin^2(2n\pi t) dt = \frac{1}{2} $$

$$ \langle \sin(2n\pi t), u_0 \rangle = \int_0^1 \sin(2n\pi t) dt = 0 $$

$$ \begin{aligned} \langle \sin(2n\pi t), u_1 \rangle &= \int_0^1 \left( t - \frac{1}{2} \right) \sin(2n\pi t) dt \\ &= \int_0^1 t \sin(2n\pi t) dt - \frac{1}{2} \int_0^1 \sin(2n\pi t) dt \\ &= -\frac{1}{2n\pi} - \frac{1}{2} \cdot 0 \\ &= -\frac{1}{2n\pi} \end{aligned} $$

これらを代入して整理する。

$$ \begin{aligned} (\text{与式}) &= \frac{1}{2} - 2A \left( -\frac{1}{2n\pi} \right) - 2B \cdot 0 + \frac{1}{12}A^2 + 1 \cdot B^2 \\ &= \frac{1}{12}A^2 + \frac{1}{n\pi}A + B^2 + \frac{1}{2} \\ &= \frac{1}{12} \left( A + \frac{6}{n\pi} \right)^2 - \frac{3}{n^2\pi^2} + B^2 + \frac{1}{2} \end{aligned} $$

$A, B$ はすべての実数を動けるため、最小値 $I_n$ は $A = -\frac{6}{n\pi}$, $B = 0$ のときにとる。

$$ I_n = \frac{1}{2} - \frac{3}{n^2\pi^2} $$

極限 $\lim_{n \to \infty} I_n$ は以下の通りである。

$$ \lim_{n \to \infty} I_n = \lim_{n \to \infty} \left( \frac{1}{2} - \frac{3}{n^2\pi^2} \right) = \frac{1}{2} $$

解説

積分で定義された多変数の関数の最小値問題である。被積分関数を展開し、$x, y$ の2次関数とみなして平方完成を行うのが標準的かつ確実な方針である。計算過程において $\int_0^1 t \sin(2n\pi t) dt$ のような部分積分が要求されるため、符号のミスには注意深く対処する必要がある。

解法2は「関数空間における直交射影」の概念を高校数学の範囲に翻訳したものである。基底として $1$ と $t$ をそのまま使うと展開時に $xy$ の交差項が生じて平方完成が煩雑になる（解法1）が、$1$ と直交する $t - \frac{1}{2}$ を基底として選ぶことで、交差項を消去し $A$ と $B$ を完全に独立させて最小化できる。