東京工業大学 1967年 理系 第5問 解説

方針・初手

三角関数の積の積分であるため、まずは積和の公式を用いて和・差の形に直し、積分を実行する。その後、得られた結果に対して条件である方程式 $2x = \tan x$ から導かれる関係式を代入し、値を計算する。

解法1

求める定積分を $I$ とおく。

$$ I = \int_0^1 \sin \alpha x \sin \beta x \, dx $$

三角関数の積和の公式より、

$$ \sin \alpha x \sin \beta x = \frac{1}{2} \{ \cos(\alpha - \beta)x - \cos(\alpha + \beta)x \} $$

であるから、

$$ I = \frac{1}{2} \int_0^1 \{ \cos(\alpha - \beta)x - \cos(\alpha + \beta)x \} \, dx $$

$\alpha, \beta$ は方程式 $2x = \tan x$ の「異なる正の2根」であるため、$\alpha \neq \beta$ かつ $\alpha + \beta \neq 0$ である。 したがって $\alpha - \beta \neq 0$ および $\alpha + \beta \neq 0$ であり、そのまま積分を実行して、

$$ \begin{aligned} I &= \frac{1}{2} \left[ \frac{\sin(\alpha - \beta)x}{\alpha - \beta} - \frac{\sin(\alpha + \beta)x}{\alpha + \beta} \right]_0^1 \\ &= \frac{1}{2} \left\{ \frac{\sin(\alpha - \beta)}{\alpha - \beta} - \frac{\sin(\alpha + \beta)}{\alpha + \beta} \right\} \end{aligned} $$

ここで正弦の加法定理 $\sin(\alpha \pm \beta) = \sin \alpha \cos \beta \pm \cos \alpha \sin \beta$ を用いて展開し、通分する。

$$ \begin{aligned} I &= \frac{1}{2} \left\{ \frac{\sin \alpha \cos \beta - \cos \alpha \sin \beta}{\alpha - \beta} - \frac{\sin \alpha \cos \beta + \cos \alpha \sin \beta}{\alpha + \beta} \right\} \\ &= \frac{1}{2(\alpha^2 - \beta^2)} \big\{ (\alpha + \beta)(\sin \alpha \cos \beta - \cos \alpha \sin \beta) - (\alpha - \beta)(\sin \alpha \cos \beta + \cos \alpha \sin \beta) \big\} \end{aligned} $$

分子を展開して整理すると、

$$ \begin{aligned} (\text{分子}) &= \alpha \sin \alpha \cos \beta - \alpha \cos \alpha \sin \beta + \beta \sin \alpha \cos \beta - \beta \cos \alpha \sin \beta \\ &\quad - (\alpha \sin \alpha \cos \beta + \alpha \cos \alpha \sin \beta - \beta \sin \alpha \cos \beta - \beta \cos \alpha \sin \beta) \\ &= -2\alpha \cos \alpha \sin \beta + 2\beta \sin \alpha \cos \beta \end{aligned} $$

ゆえに、

$$ I = \frac{\beta \sin \alpha \cos \beta - \alpha \cos \alpha \sin \beta}{\alpha^2 - \beta^2} $$

ここで、$\alpha, \beta$ は $2x = \tan x$ の根であるから、$2\alpha = \tan \alpha$、$2\beta = \tan \beta$ が成り立つ。 $\tan \theta = \frac{\sin \theta}{\cos \theta}$ を用いて分母を払うと、

$$ \sin \alpha = 2\alpha \cos \alpha, \quad \sin \beta = 2\beta \cos \beta $$

これらを先ほどの分子の式に代入すると、

$$ \begin{aligned} (\text{分子}) &= \beta (2\alpha \cos \alpha) \cos \beta - \alpha \cos \alpha (2\beta \cos \beta) \\ &= 2\alpha \beta \cos \alpha \cos \beta - 2\alpha \beta \cos \alpha \cos \beta \\ &= 0 \end{aligned} $$

よって、$I = 0$ となる。

解法2

$f(x) = \sin \alpha x$, $g(x) = \sin \beta x$ とおく。 これらを2回微分すると、それぞれ $f''(x) = -\alpha^2 f(x)$, $g''(x) = -\beta^2 g(x)$ を満たす。 この関係式を用いて、以下の恒等式を作る。

$$ \begin{aligned} f(x) g''(x) - f''(x) g(x) &= f(x) \{ -\beta^2 g(x) \} - \{ -\alpha^2 f(x) \} g(x) \\ &= (\alpha^2 - \beta^2) f(x) g(x) \end{aligned} $$

両辺を $x$ について $0$ から $1$ まで積分すると、求める定積分 $I = \int_0^1 f(x) g(x) \, dx$ が現れる。

$$ (\alpha^2 - \beta^2) I = \int_0^1 \{ f(x) g''(x) - f''(x) g(x) \} \, dx $$

右辺の被積分関数は $\{ f(x) g'(x) - f'(x) g(x) \}'$ と変形できるから、

$$ \begin{aligned} (\alpha^2 - \beta^2) I &= \int_0^1 \{ f(x) g'(x) - f'(x) g(x) \}' \, dx \\ &= \Big[ f(x) g'(x) - f'(x) g(x) \Big]_0^1 \\ &= f(1) g'(1) - f'(1) g(1) - \{ f(0) g'(0) - f'(0) g(0) \} \end{aligned} $$

ここで、$f(x) = \sin \alpha x, f'(x) = \alpha \cos \alpha x$, $g(x) = \sin \beta x, g'(x) = \beta \cos \beta x$ であり、$f(0)=0, g(0)=0$ であるから、

$$ \begin{aligned} (\alpha^2 - \beta^2) I &= \sin \alpha \cdot (\beta \cos \beta) - (\alpha \cos \alpha) \cdot \sin \beta \\ &= \beta \sin \alpha \cos \beta - \alpha \cos \alpha \sin \beta \end{aligned} $$

$\alpha, \beta$ は $2x = \tan x$ の根であるため、$2\alpha \cos \alpha = \sin \alpha$, $2\beta \cos \beta = \sin \beta$ が成り立つ。 これを右辺に代入すると、

$$ \begin{aligned} (\alpha^2 - \beta^2) I &= \beta (2\alpha \cos \alpha) \cos \beta - \alpha \cos \alpha (2\beta \cos \beta) \\ &= 2\alpha \beta \cos \alpha \cos \beta - 2\alpha \beta \cos \alpha \cos \beta \\ &= 0 \end{aligned} $$

$\alpha, \beta$ は正の異なる根であるから $\alpha^2 - \beta^2 \neq 0$ である。 両辺を $\alpha^2 - \beta^2$ で割ることで、$I = 0$ を得る。

解説

力技で積分計算を遂行する解法1でも十分に完答可能だが、本問の背景には大学数学で学ぶ「微分方程式の境界値問題（ストゥルム＝リウヴィル問題）」における固有関数の直交性がある。

$y'' + \lambda^2 y = 0$ という微分方程式について、境界条件 $y(0) = 0$ および $y'(1) - \frac{1}{2}y(1) = 0$ を課す。 $y(0)=0$ より $y(x) = \sin \lambda x$ となるが、もう一つの境界条件から $\lambda \cos \lambda - \frac{1}{2} \sin \lambda = 0$、すなわち $2\lambda = \tan \lambda$ が導かれる。 この条件を満たす異なる2つの固有値（ここでは $\alpha, \beta$）に対応する関数は、区間 $[0, 1]$ において内積が0（＝直交する）になるという有名な性質があり、解法2の計算はその性質の証明プロセスそのものをなぞっている。背景を知っていると解法2の方針が自然に見える教育的な問題である。

答え

$$ 0 $$