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東北大学 1975年理系第4問解説

方針・初手

(1) は与えられた等式を $y$ について解く。分母・分子に $e^y$ を掛けることで $e^{2y}$ についての1次方程式に帰着させる。$x$ のとりうる値の範囲は、指数関数の値域が正であること（$e^{2y} > 0$）を利用して不等式を立てて求める。

(2) は対数関数の積分である。対数の真数部分を分解し、$(x)' \log x$ の形とみて部分積分法を用いるのが標準的である。また、関数 $y = f(x)$ とその逆関数 $x = g(y)$ のグラフが直線 $y=x$ に関して対称であること（あるいは $y$ 軸方向への積分）を利用するアプローチも有効である。

解法1

(1)

与えられた等式 $x = \frac{e^y - e^{-y}}{e^y + e^{-y}}$ の右辺の分母・分子に $e^y$ を掛けると、

$$ x = \frac{e^{2y} - 1}{e^{2y} + 1} $$

分母を払って整理すると、

$$ x(e^{2y} + 1) = e^{2y} - 1 $$

$$ (1 - x)e^{2y} = 1 + x $$

ここで、$x = 1$ とすると $0 = 2$ となり等式を満たさないため、$x \neq 1$ である。両辺を $1 - x$ で割ると、

$$ e^{2y} = \frac{1 + x}{1 - x} $$

$y$ は実数であるから $e^{2y} > 0$ であり、これより、

$$ \frac{1 + x}{1 - x} > 0 $$

この不等式を解くと、

$$ -1 < x < 1 $$

これが $x$ のとりうる値の範囲である（このとき $x \neq 1$ も満たされる）。また、両辺の自然対数をとると、

$$ 2y = \log \frac{1 + x}{1 - x} $$

したがって、$y$ を $x$ で表すと、

$$ y = \frac{1}{2} \log \frac{1 + x}{1 - x} $$

(2)

(1) より、$f(x) = \frac{1}{2} \log \frac{1 + x}{1 - x}$ である。対数の性質より真数の割り算を引き算に分解すると、

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

求める定積分は、

$$ \int_0^k f(x) dx = \frac{1}{2} \int_0^k \{ \log(1 + x) - \log(1 - x) \} dx $$

ここで、それぞれの項について部分積分を行う。

$$ \begin{aligned} \int \log(1 + x) dx &= \int (1 + x)' \log(1 + x) dx \\ &= (1 + x)\log(1 + x) - \int (1 + x) \cdot \frac{1}{1 + x} dx \\ &= (1 + x)\log(1 + x) - x + C_1 \end{aligned} $$

$$ \begin{aligned} \int \log(1 - x) dx &= \int -(1 - x)' \log(1 - x) dx \\ &= -(1 - x)\log(1 - x) - \int -(1 - x) \cdot \frac{-1}{1 - x} dx \\ &= -(1 - x)\log(1 - x) - x + C_2 \end{aligned} $$

したがって、被積分関数の不定積分は次のようにまとまる。

$$ \int \{ \log(1 + x) - \log(1 - x) \} dx = (1 + x)\log(1 + x) + (1 - x)\log(1 - x) + C $$

ゆえに、定積分の値は、

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

解法2

(2) の別解（逆関数を利用した積分）

$y = f(x)$ とおくと、問題文の条件から $x = \frac{e^y - e^{-y}}{e^y + e^{-y}}$ である。 $x$ が $0$ から $k$ まで変化するとき、$y$ は $0$ から $f(k)$ まで単調に変化する。 $xy$ 平面上の面積の関係（図形的な直感または部分積分の公式 $\int y dx = yx - \int x dy$）より、

$$ \int_0^k f(x) dx = \left[ xy \right]_0^k - \int_0^{f(k)} x dy = k f(k) - \int_0^{f(k)} \frac{e^y - e^{-y}}{e^y + e^{-y}} dy $$

右辺の積分を計算する。分子が分母の微分になっていることに着目すると、

$$ \begin{aligned} \int_0^{f(k)} \frac{e^y - e^{-y}}{e^y + e^{-y}} dy &= \int_0^{f(k)} \frac{(e^y + e^{-y})'}{e^y + e^{-y}} dy \\ &= \left[ \log(e^y + e^{-y}) \right]_0^{f(k)} \\ &= \log(e^{f(k)} + e^{-f(k)}) - \log 2 \end{aligned} $$

ここで、$f(k) = \frac{1}{2} \log \frac{1 + k}{1 - k}$ より $e^{2f(k)} = \frac{1 + k}{1 - k}$ であるから、

$$ e^{f(k)} = \sqrt{\frac{1 + k}{1 - k}}, \quad e^{-f(k)} = \sqrt{\frac{1 - k}{1 + k}} $$

これらを代入して和を計算すると、

$$ e^{f(k)} + e^{-f(k)} = \sqrt{\frac{1 + k}{1 - k}} + \sqrt{\frac{1 - k}{1 + k}} = \frac{(1 + k) + (1 - k)}{\sqrt{(1 - k)(1 + k)}} = \frac{2}{\sqrt{1 - k^2}} $$

したがって、積分の部分は次のように計算できる。

$$ \log \frac{2}{\sqrt{1 - k^2}} - \log 2 = \log \frac{1}{\sqrt{1 - k^2}} = -\frac{1}{2} \log(1 - k^2) $$

よって、求める定積分は、

$$ \begin{aligned} \int_0^k f(x) dx &= k f(k) - \left( -\frac{1}{2} \log(1 - k^2) \right) \\ &= \frac{k}{2} \log \frac{1 + k}{1 - k} + \frac{1}{2} \log(1 - k^2) \\ &= \frac{k}{2} \log(1 + k) - \frac{k}{2} \log(1 - k) + \frac{1}{2} \log(1 + k) + \frac{1}{2} \log(1 - k) \\ &= \frac{1 + k}{2} \log(1 + k) + \frac{1 - k}{2} \log(1 - k) \end{aligned} $$

解説

与えられた関数は双曲線関数の一つであるハイパボリックタンジェント $x = \tanh y$ とその逆関数 $y = \tanh^{-1} x$ に関連する典型的な問題である。

(1) は $e^y$ をひとかたまりと見て、指数関数に関する方程式を解く基本処理である。値域の導出において $e^{2y} > 0$ を根拠にする手順は漏らさないようにしたい。

(2) の対数関数の積分では、$\log \frac{A}{B} = \log A - \log B$ のように真数をあらかじめ分割しておくことで、計算ミスを減らし見通しを良くすることができる。解法2のように、$y$ 軸方向への積分（逆関数の定積分）に持ち込む手法は、元の関数 $f(x)$ の積分が複雑な場合に計算を簡略化できる強力な手段であり、難関大学の入試ではしばしば有効となる。本問の場合、分子が分母の微分となる $\frac{f'(x)}{f(x)}$ 型の積分に帰着できるため、非常に計算しやすくなる。