東北大学 2012年 理系 第4問 解説

方針・初手

被積分関数は $|t-x|$ のみによって決まるので、まず $x$ と積分区間 $[0,\pi/2]$ の位置関係で場合分けするのが自然である。

また

$$ \frac{d}{du}\ln(1+\sin u)=\frac{\cos u}{1+\sin u} $$

が成り立つので、$|t-x|$ を新しい変数に置けば積分を具体的に計算できる。

解法1

$0\le t\le \pi/2,\ 0\le x\le \pi$ であるから、$|t-x|$ は常に $[0,\pi]$ に入り、したがって $1+\sin |t-x|>0$ である。よって上の原始関数をそのまま使える。

まず

$$ I(a)=\int_0^a \frac{\cos u}{1+\sin u},du $$

とおくと、

$$ I(a)=\ln(1+\sin a) $$

である。

（i） $0\le x\le \dfrac{\pi}{2}$ のとき

このとき $t=x$ を境にして $|t-x|$ の形が変わるので、積分を分ける。

$$ \begin{aligned} f(x) &=\int_0^x \frac{\cos(x-t)}{1+\sin(x-t)},dt +\int_x^{\pi/2}\frac{\cos(t-x)}{1+\sin(t-x)},dt \\ &=\int_0^x \frac{\cos u}{1+\sin u},du +\int_0^{\pi/2-x}\frac{\cos u}{1+\sin u},du \\ &=\ln(1+\sin x)+\ln!\left(1+\sin!\left(\frac{\pi}{2}-x\right)\right) \\ &=\ln(1+\sin x)+\ln(1+\cos x). \end{aligned} $$

したがって

$$ f(x)=\ln{(1+\sin x)(1+\cos x)} $$

である。

ここで微分すると、

$$ \begin{aligned} f'(x) &=\frac{\cos x}{1+\sin x}-\frac{\sin x}{1+\cos x} \\ &=\frac{\cos x(1+\cos x)-\sin x(1+\sin x)}{(1+\sin x)(1+\cos x)} \\ &=\frac{\cos x-\sin x+\cos^2 x-\sin^2 x}{(1+\sin x)(1+\cos x)} \\ &=\frac{(\cos x-\sin x)(1+\sin x+\cos x)}{(1+\sin x)(1+\cos x)}. \end{aligned} $$

分母は正であり、$1+\sin x+\cos x>0$ でもあるから、$f'(x)$ の符号は $\cos x-\sin x$ の符号で決まる。

よって

• $0\le x<\pi/4$ では $f'(x)>0$
• $x=\pi/4$ では $f'(x)=0$
• $\pi/4<x\le \pi/2$ では $f'(x)<0$

となる。したがって $[0,\pi/2]$ では $x=\pi/4$ で最大、両端 $x=0,\pi/2$ で最小である。

値は

$$ f!\left(\frac{\pi}{4}\right) =\ln\left(1+\frac{\sqrt2}{2}\right)+\ln\left(1+\frac{\sqrt2}{2}\right) =2\ln\left(1+\frac{\sqrt2}{2}\right), $$

$$ f(0)=f!\left(\frac{\pi}{2}\right)=\ln 2 $$

である。

（ii） $\dfrac{\pi}{2}\le x\le \pi$ のとき

このときは常に $t\le \pi/2\le x$ であるから、$|t-x|=x-t$ となる。よって

$$ \begin{aligned} f(x) &=\int_0^{\pi/2}\frac{\cos(x-t)}{1+\sin(x-t)},dt \\ &=\int_{x-\pi/2}^{x}\frac{\cos u}{1+\sin u},du \\ &=\ln(1+\sin x)-\ln!\left(1+\sin!\left(x-\frac{\pi}{2}\right)\right). \end{aligned} $$

ここで

$$ \sin\left(x-\frac{\pi}{2}\right)=-\cos x $$

であるから、

$$ f(x)=\ln\frac{1+\sin x}{1-\cos x}. $$

これを微分すると、

$$ \begin{aligned} f'(x) &=\frac{\cos x}{1+\sin x}-\frac{\sin x}{1-\cos x} \\ &=\frac{\cos x(1-\cos x)-\sin x(1+\sin x)}{(1+\sin x)(1-\cos x)} \\ &=\frac{\cos x-\cos^2 x-\sin x-\sin^2 x}{(1+\sin x)(1-\cos x)} \\ &=\frac{\cos x-\sin x-1}{(1+\sin x)(1-\cos x)}. \end{aligned} $$

$\pi/2\le x\le \pi$ では $\cos x\le 0,\ \sin x\ge 0$ であるから、

$$ \cos x-\sin x-1<0 $$

であり、分母は正である。したがって $f'(x)<0$、すなわち $[\pi/2,\pi]$ で $f(x)$ は単調減少である。

ゆえにこの区間では $x=\pi/2$ で最大、$x=\pi$ で最小となる。値は

$$ f!\left(\frac{\pi}{2}\right)=\ln 2, \qquad f(\pi)=\ln\frac{1+0}{1-(-1)}=\ln\frac12=-\ln 2 $$

である。

以上より、全区間 $[0,\pi]$ で比較すると、

• 最大値は $x=\pi/4$ のとき
• 最小値は $x=\pi$ のとき

にとる。

解説

この問題の本質は、被積分関数が $|t-x|$ の関数になっていることである。そのため、$x$ が積分区間 $[0,\pi/2]$ の中にあるか外にあるかで、$|t-x|$ の扱いが変わる。

さらに

$$ \frac{\cos u}{1+\sin u} $$

は $\ln(1+\sin u)$ の導関数であるから、絶対値の中身を新しい変数に直せば、あとは初等的な関数の増減の問題に帰着する。最大・最小を直接積分から読むのではなく、まず明示式に直すことが重要である。

答え

最大値は

$$ 2\ln\left(1+\frac{\sqrt2}{2}\right) $$

であり、$x=\dfrac{\pi}{4}$ のときにとる。

最小値は

$$ -\ln 2 $$

であり、$x=\pi$ のときにとる。