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東京工業大学 1974年理系第6問解説

方針・初手

絶対値を含む定積分の最小値を求める問題である。積分区間 $0 \le x \le \frac{\pi}{2}$ における被積分関数の正負を判定するため、パラメータ $a$ の符号によって場合分けを行う必要がある。正負が切り替わる点 $x = \alpha$ を設定し、その条件式 $\tan \alpha = a$ （または三角関数の合成）を用いて積分を計算したのち、得られた $a$ の関数 $F(a)$ を微分して最小値を求める。

解法1

$a \le 0$ のとき

$0 \le x \le \frac{\pi}{2}$ において、$\sin x \ge 0$、$\cos x \ge 0$ である。$a \le 0$ より $-a \cos x \ge 0$ であるから、常に

$$ \sin x - a \cos x \ge 0 $$

が成り立つ。したがって、絶対値をそのまま外すことができ、

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

となる。$a \le 0$ の範囲において $F(a)$ は単調減少であるため、$a=0$ のとき最小値 $1$ をとる。

$a > 0$ のとき

$0 \le x \le \frac{\pi}{2}$ における $\sin x - a \cos x$ の符号を調べる。 $\cos x = 0$ となる $x = \frac{\pi}{2}$ では $\sin \frac{\pi}{2} - a \cos \frac{\pi}{2} = 1 > 0$ である。 $0 \le x < \frac{\pi}{2}$ においては $\cos x > 0$ であるから、

$$ \sin x - a \cos x = \cos x (\tan x - a) $$

と変形し、$\tan x - a$ の符号を考えればよい。

$a > 0$ であり、関数 $\tan x$ は $0 \le x < \frac{\pi}{2}$ において単調増加して $0$ から全ての正の値をとるため、$\tan \alpha = a$ を満たす $\alpha$ が $0 < \alpha < \frac{\pi}{2}$ の範囲にただ1つ存在する。

このとき、 $0 \le x \le \alpha$ では $\tan x \le a$ より $\sin x - a \cos x \le 0$ $\alpha \le x \le \frac{\pi}{2}$ では $\tan x \ge a$ より $\sin x - a \cos x \ge 0$ となるため、積分区間を分割して絶対値を外すと、

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

ここで、$\tan \alpha = a$ かつ $0 < \alpha < \frac{\pi}{2}$ より、直角を挟む2辺の長さが $1$、$a$ の直角三角形を考えると、斜辺の長さは $\sqrt{a^2+1}$ となるため、

$$ \sin \alpha = \frac{a}{\sqrt{a^2+1}}, \quad \cos \alpha = \frac{1}{\sqrt{a^2+1}} $$

である。これらを $F(a)$ の式に代入して整理すると、

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

となる。$a > 0$ における $F(a)$ の増減を調べるため微分すると、

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

$F'(a) = 0$ とすると $2a = \sqrt{a^2+1}$ であり、両辺ともに正であるから両辺を2乗して、

$$ \begin{aligned} 4a^2 &= a^2 + 1 \\ 3a^2 &= 1 \\ a^2 &= \frac{1}{3} \end{aligned} $$

$a > 0$ より $a = \frac{1}{\sqrt{3}}$ である。増減表を書くと次のようになる。

$a$	$(0)$	$\cdots$	$\frac{1}{\sqrt{3}}$	$\cdots$
$F'(a)$		$-$	$0$	$+$
$F(a)$		$\searrow$	極小	$\nearrow$

ここで、極小値は

$$ \begin{aligned} F\left(\frac{1}{\sqrt{3}}\right) &= 2\sqrt{\frac{1}{3} + 1} - \frac{1}{\sqrt{3}} - 1 \\ &= 2\sqrt{\frac{4}{3}} - \frac{1}{\sqrt{3}} - 1 \\ &= \frac{4}{\sqrt{3}} - \frac{1}{\sqrt{3}} - 1 \\ &= \frac{3}{\sqrt{3}} - 1 \\ &= \sqrt{3} - 1 \end{aligned} $$

となる。

最後に、$a \le 0$ のとき と比較する。$a \le 0$ における最小値は $F(0) = 1$ であり、$\sqrt{3} < 2$ より $\sqrt{3} - 1 < 1$ であるから、全体を通して最小となるのは $a = \frac{1}{\sqrt{3}}$ のときである。

解法2

定積分の計算において、三角関数の合成を用いる方法を示す。（$a \le 0$ の場合は解法1と同様とする）

$a > 0$ のとき

被積分関数を合成すると、

$$ \sin x - a \cos x = \sqrt{a^2+1} \sin(x - \alpha) $$

となる。ただし、$\alpha$ は

$$ \cos \alpha = \frac{1}{\sqrt{a^2+1}}, \quad \sin \alpha = \frac{a}{\sqrt{a^2+1}} $$

を満たす角であり、$a > 0$ より $0 < \alpha < \frac{\pi}{2}$ とする。これを用いて $F(a)$ を書き直すと、

$$ F(a) = \int_0^{\frac{\pi}{2}} \sqrt{a^2+1} |\sin(x - \alpha)| dx $$

積分変数を $t = x - \alpha$ とおくと、$dx = dt$ であり、積分区間は $x$ が $0 \to \frac{\pi}{2}$ のとき $t$ は $-\alpha \to \frac{\pi}{2} - \alpha$ となる。

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

$0 < \alpha < \frac{\pi}{2}$ であるから、積分区間内における $\sin t$ の符号は以下のようになる。 $-\alpha \le t \le 0$ のとき $\sin t \le 0$ $0 \le t \le \frac{\pi}{2}-\alpha$ のとき $\sin t \ge 0$

したがって、絶対値を外して計算すると、

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

ここで、合成の際に定めた $\cos \alpha$ と $\sin \alpha$ の値を代入すると、

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

となり、解法1と同じ式が得られる。これ以降の微分して最小値を求める手順は解法1と同様である。

解説

絶対値のついた定積分の最大・最小を問う典型的な問題である。積分区間内において被積分関数の正負がどのように切り替わるかを把握することが第一歩となる。 $a$ の符号によって「常に正」になる場合と「途中で符号が変わる」場合に分かれるため、見落とさずに場合分けを行うことが重要である。また、符号が切り替わる点が具体的な角度（$\frac{\pi}{6}$ など）で求まらない場合は、$x = \alpha$ のように文字でおき、その条件式を連立させて計算を進める手法が定石となる。計算量が多くなりやすいため、解法2のように三角関数の合成を用いたり、積分を工夫して処理する計算力も問われている。