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東北大学 1966年理系第6問解説

方針・初手

定積分の中に絶対値が含まれているため、まずは積分区間 $0 \le x \le \frac{\pi}{2}$ における絶対値の中身 $a \sin x - \cos x$ の符号変化を調べる必要がある。$a > 0$ という条件に注意し、符号が切り替わる境界を適当な文字（例えば $\alpha$）で置いて積分区間を分割し、絶対値を外す。その後、得られた定積分の結果を $a$ の関数とみなし、微分を用いて増減を調べることで最小値を与える $a$ の値を求める。

解法1

求める定積分を $I(a)$ とする。すなわち、

$$ I(a) = \int_0^{\frac{\pi}{2}} |a \sin x - \cos x| dx $$

とおく。積分区間 $0 \le x \le \frac{\pi}{2}$ において、$a \sin x - \cos x = 0$ となる $x$ を考える。 $x = \frac{\pi}{2}$ のとき、$a \sin \frac{\pi}{2} - \cos \frac{\pi}{2} = a > 0$ であるため、$0 \le x < \frac{\pi}{2}$ の範囲で考える。この範囲では $\cos x > 0$ であるから、方程式の両辺を $\cos x$ で割ると、

$$ a \tan x - 1 = 0 \iff \tan x = \frac{1}{a} $$

$a > 0$ より $\frac{1}{a} > 0$ であり、$y = \tan x$ は区間 $0 \le x < \frac{\pi}{2}$ で単調増加して $0$ から $\infty$ までの値をとるため、上の式を満たす $x$ が $0 < x < \frac{\pi}{2}$ の範囲にただ一つ存在する。これを $\alpha$ とおく。すなわち、

$$ \tan \alpha = \frac{1}{a} \quad \left(0 < \alpha < \frac{\pi}{2}\right) $$

とする。このとき、$0 \le x \le \alpha$ においては $\tan x \le \frac{1}{a}$ より $a \sin x - \cos x \le 0$ であり、$\alpha \le x \le \frac{\pi}{2}$ においては $\tan x \ge \frac{1}{a}$ より $a \sin x - \cos x \ge 0$ となる。したがって、積分区間を分割して絶対値を外すことができる。

$$ \begin{aligned} I(a) &= \int_0^\alpha -(a \sin x - \cos x) dx + \int_\alpha^{\frac{\pi}{2}} (a \sin x - \cos x) dx \\ &= \left[ a \cos x + \sin x \right]_0^\alpha + \left[ -a \cos x - \sin x \right]_\alpha^{\frac{\pi}{2}} \\ &= (a \cos \alpha + \sin \alpha) - (a \cos 0 + \sin 0) + \left(-a \cos \frac{\pi}{2} - \sin \frac{\pi}{2}\right) - (-a \cos \alpha - \sin \alpha) \\ &= a \cos \alpha + \sin \alpha - a - 1 + a \cos \alpha + \sin \alpha \\ &= 2(a \cos \alpha + \sin \alpha) - a - 1 \end{aligned} $$

ここで、$0 < \alpha < \frac{\pi}{2}$ と $\tan \alpha = \frac{1}{a}$ より、

$$ \cos \alpha = \frac{1}{\sqrt{1 + \tan^2 \alpha}} = \frac{1}{\sqrt{1 + \frac{1}{a^2}}} = \frac{a}{\sqrt{a^2 + 1}} $$

$$ \sin \alpha = \cos \alpha \tan \alpha = \frac{a}{\sqrt{a^2 + 1}} \cdot \frac{1}{a} = \frac{1}{\sqrt{a^2 + 1}} $$

である。これらを $I(a)$ の式に代入すると、

$$ \begin{aligned} I(a) &= 2\left( a \cdot \frac{a}{\sqrt{a^2 + 1}} + \frac{1}{\sqrt{a^2 + 1}} \right) - a - 1 \\ &= \frac{2(a^2 + 1)}{\sqrt{a^2 + 1}} - a - 1 \\ &= 2\sqrt{a^2 + 1} - a - 1 \end{aligned} $$

次に、$I(a)$ が最小となる $a$ の値を求める。$a > 0$ における $I(a)$ の導関数は、

$$ I'(a) = 2 \cdot \frac{2a}{2\sqrt{a^2 + 1}} - 1 = \frac{2a}{\sqrt{a^2 + 1}} - 1 $$

$I'(a) = 0$ とすると、

$$ \frac{2a}{\sqrt{a^2 + 1}} = 1 \iff 2a = \sqrt{a^2 + 1} $$

$a > 0$ より両辺ともに正であるから、両辺を2乗して、

$$ 4a^2 = a^2 + 1 \iff 3a^2 = 1 $$

$a > 0$ であるため、$a = \frac{1}{\sqrt{3}}$ を得る。ここで、$I'(a)$ の符号について調べると、

$$ I'(a) = \frac{2a - \sqrt{a^2 + 1}}{\sqrt{a^2 + 1}} $$

分母は常に正であり、分子は $4a^2 - (a^2 + 1) = 3a^2 - 1$ と符号が一致するため、$a > 0$ における増減表は以下のようになる。

$a$	$(0)$	$\cdots$	$\frac{1}{\sqrt{3}}$	$\cdots$
$I'(a)$		$-$	$0$	$+$
$I(a)$		$\searrow$	極小かつ最小	$\nearrow$

増減表より、$I(a)$ は $a = \frac{1}{\sqrt{3}}$ のとき最小となる。

解法2

定積分の計算において、三角関数の合成を用いる別解を示す。

$$ a \sin x - \cos x = \sqrt{a^2 + 1} \left( \frac{a}{\sqrt{a^2 + 1}} \sin x - \frac{1}{\sqrt{a^2 + 1}} \cos x \right) = \sqrt{a^2 + 1} \sin(x - \beta) $$

ただし、$\beta$ は次を満たす角である。

$$ \cos \beta = \frac{a}{\sqrt{a^2 + 1}}, \quad \sin \beta = \frac{1}{\sqrt{a^2 + 1}} \quad \left(0 < \beta < \frac{\pi}{2}\right) $$

これを用いると、定積分 $I(a)$ は次のように変形できる。

$$ I(a) = \int_0^{\frac{\pi}{2}} \left| \sqrt{a^2 + 1} \sin(x - \beta) \right| dx = \sqrt{a^2 + 1} \int_0^{\frac{\pi}{2}} |\sin(x - \beta)| dx $$

ここで、$t = x - \beta$ と置換すると、$dt = dx$ であり、積分区間は $x$ が $0$ から $\frac{\pi}{2}$ のとき、$t$ は $-\beta$ から $\frac{\pi}{2} - \beta$ となる。

$$ I(a) = \sqrt{a^2 + 1} \int_{-\beta}^{\frac{\pi}{2} - \beta} |\sin t| dt $$

$0 < \beta < \frac{\pi}{2}$ より、$-\beta < 0 < \frac{\pi}{2} - \beta$ であるため、区間 $[-\beta, 0]$ において $\sin t \le 0$、区間 $[0, \frac{\pi}{2} - \beta]$ において $\sin t \ge 0$ となる。したがって、絶対値を外して積分を計算する。

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

$\cos \beta$ と $\sin \beta$ の値を元に戻して $I(a)$ を計算する。

$$ \begin{aligned} I(a) &= \sqrt{a^2 + 1} \left( 2 - \frac{a}{\sqrt{a^2 + 1}} - \frac{1}{\sqrt{a^2 + 1}} \right) \\ &= 2\sqrt{a^2 + 1} - a - 1 \end{aligned} $$

定積分が $a$ の関数として求まった。この式は解法1と完全に一致するため、以降の $I(a)$ の最小値を与える $a$ の値を求める手順は解法1と同様である。

解説

絶対値記号を含む定積分の標準的な問題である。積分区間内における被積分関数の符号変化を捉え、適切に区間を分割できるかが問われている。符号が変化する $x$ の値が具体的な数値として求まらない場合、自分で $\alpha$ や $\beta$ のような文字を置いて一旦積分を計算し、後から三角比の相互関係を用いて $a$ などの与えられた文字の式に直すという処理は、頻出かつ重要なテクニックである。解法2のように三角関数の合成を用いると、符号変化の様子が平行移動として視覚的に捉えやすくなり、積分の計算自体もすっきりとするため、実戦的でおすすめのアプローチである。