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東京工業大学 2002年理系第1問解説

方針・初手

絶対値を含む定積分を計算するため、積分区間における被積分関数の符号変化を調べる。積分区間 $0 \le x \le \frac{\pi}{4}$ において常に $\cos x > 0$ であることに着目すると、

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

と変形できる。これにより、$\tan x$ と $a$ の大小関係によって絶対値の外れ方が変わることがわかる。$0 \le x \le \frac{\pi}{4}$ において $\tan x$ は単調増加であり、$0 \le \tan x \le 1$ の値をとるため、$a$ の値の範囲によって3つの場合に分けて計算を進める。

解法1

積分区間 $0 \le x \le \frac{\pi}{4}$ において、被積分関数内の符号は $\tan x$ と $a$ の大小関係によって決まる。

(i)

$a \le 0$ のとき

常に $\tan x \ge 0 \ge a$ となるため、$\sin x - a \cos x \ge 0$ である。よって、絶対値記号はそのまま外すことができる。

$$ \begin{aligned} f(a) &= \int_0^{\frac{\pi}{4}} (\sin x - a \cos x) dx \\ &= \left[ -\cos x - a \sin x \right]_0^{\frac{\pi}{4}} \\ &= \left( -\frac{\sqrt{2}}{2} - a \frac{\sqrt{2}}{2} \right) - (-1 - 0) \\ &= 1 - \frac{\sqrt{2}}{2}(a + 1) \end{aligned} $$

この範囲において $f(a)$ は単調減少であるから、$f(a) \ge f(0) = 1 - \frac{\sqrt{2}}{2}$ を満たす。

(ii)

$1 \le a$ のとき

常に $\tan x \le 1 \le a$ となるため、$\sin x - a \cos x \le 0$ である。よって、絶対値記号はマイナスをつけて外す。

$$ \begin{aligned} f(a) &= \int_0^{\frac{\pi}{4}} (-\sin x + a \cos x) dx \\ &= \left[ \cos x + a \sin x \right]_0^{\frac{\pi}{4}} \\ &= \left( \frac{\sqrt{2}}{2} + a \frac{\sqrt{2}}{2} \right) - (1 + 0) \\ &= \frac{\sqrt{2}}{2}(a + 1) - 1 \end{aligned} $$

この範囲において $f(a)$ は単調増加であるから、$f(a) \ge f(1) = \sqrt{2} - 1$ を満たす。

(iii)

$0 < a < 1$ のとき

$\tan \alpha = a$ を満たす $\alpha$ が区間 $\left( 0, \frac{\pi}{4} \right)$ 内にただ一つ存在する。 $0 \le x \le \alpha$ のとき $\tan x \le a$ より $\sin x - a \cos x \le 0$ であり、 $\alpha \le x \le \frac{\pi}{4}$ のとき $\tan x \ge a$ より $\sin x - a \cos x \ge 0$ となる。したがって、積分区間を $x = \alpha$ で分割して計算する。

$$ \begin{aligned} f(a) &= \int_0^\alpha (-\sin x + a \cos x) dx + \int_\alpha^{\frac{\pi}{4}} (\sin x - a \cos x) dx \\ &= \left[ \cos x + a \sin x \right]_0^\alpha + \left[ -\cos x - a \sin x \right]_\alpha^{\frac{\pi}{4}} \\ &= (\cos \alpha + a \sin \alpha - 1) + \left\{ -\frac{\sqrt{2}}{2}(a+1) - (-\cos \alpha - a \sin \alpha) \right\} \\ &= 2(\cos \alpha + a \sin \alpha) - 1 - \frac{\sqrt{2}}{2}(a+1) \end{aligned} $$

ここで、$a = \tan \alpha = \frac{\sin \alpha}{\cos \alpha}$ であるから、

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

また、$1 + \tan^2 \alpha = \frac{1}{\cos^2 \alpha}$ であり、$\cos \alpha > 0$ より $\frac{1}{\cos \alpha} = \sqrt{1 + \tan^2 \alpha} = \sqrt{1 + a^2}$ となるため、

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

この関数 $f(a)$ の $0 < a < 1$ における増減を調べる。$a$ で微分して、

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

$f'(a) = 0$ とすると、

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

両辺はともに正であるため、2乗して整理する。

$$ \begin{aligned} \frac{4a^2}{1+a^2} &= \frac{1}{2} \\ 8a^2 &= 1 + a^2 \\ a^2 &= \frac{1}{7} \end{aligned} $$

$a > 0$ より、$a = \frac{1}{\sqrt{7}}$ を得る。 $0 < a < 1$ において、$f'(a)$ は $a = \frac{1}{\sqrt{7}}$ の前後で負から正へと符号を変えるため、$f(a)$ はここで極小かつ最小となる。そのときの最小値は、

$$ \begin{aligned} f\left(\frac{1}{\sqrt{7}}\right) &= 2\sqrt{1 + \frac{1}{7}} - \frac{\sqrt{2}}{2} \cdot \frac{1}{\sqrt{7}} - \frac{\sqrt{2}}{2} - 1 \\ &= 2\sqrt{\frac{8}{7}} - \frac{\sqrt{14}}{14} - \frac{\sqrt{2}}{2} - 1 \\ &= \frac{4\sqrt{14}}{7} - \frac{\sqrt{14}}{14} - \frac{\sqrt{2}}{2} - 1 \\ &= \frac{7\sqrt{14}}{14} - \frac{\sqrt{2}}{2} - 1 \\ &= \frac{\sqrt{14}}{2} - \frac{\sqrt{2}}{2} - 1 \end{aligned} $$

以上（i）, （ii）, （iii）より、$f(a)$ の最小値は $a = \frac{1}{\sqrt{7}}$ のときにとる。

解法2

(i)

$a \le 0$ および (ii) $1 \le a$ の場合の単調性については解法1と同様に調べる。最小値の候補となる (iii) $0 < a < 1$ の場合について、積分を実行せずに直接 $a$ で微分する方法を示す。

$0 < \alpha < \frac{\pi}{4}$ を満たす $\alpha$ を用いて $a = \tan \alpha$ とおく。

$$ f(a) = \int_0^\alpha (-\sin x + a \cos x) dx + \int_\alpha^{\frac{\pi}{4}} (\sin x - a \cos x) dx $$

この両辺を $a$ で微分する。微分と積分の順序交換および合成関数の微分法を用いると、

$$ \begin{aligned} f'(a) &= \frac{d\alpha}{da} (-\sin \alpha + a \cos \alpha) + \int_0^\alpha \frac{\partial}{\partial a}(-\sin x + a \cos x) dx \\ &\quad - \frac{d\alpha}{da} (\sin \alpha - a \cos \alpha) + \int_\alpha^{\frac{\pi}{4}} \frac{\partial}{\partial a}(\sin x - a \cos x) dx \end{aligned} $$

ここで $a = \tan \alpha$ の定義から $\sin \alpha - a \cos \alpha = 0$ となるため、$\frac{d\alpha}{da}$ を含む項はすべて消去される。よって、

$$ \begin{aligned} f'(a) &= \int_0^\alpha \cos x dx - \int_\alpha^{\frac{\pi}{4}} \cos x dx \\ &= [\sin x]_0^\alpha - [\sin x]_\alpha^{\frac{\pi}{4}} \\ &= \sin \alpha - \left( \frac{\sqrt{2}}{2} - \sin \alpha \right) \\ &= 2\sin \alpha - \frac{\sqrt{2}}{2} \end{aligned} $$

$f'(a) = 0$ とすると、$\sin \alpha = \frac{\sqrt{2}}{4}$ となる。このとき、$0 < \alpha < \frac{\pi}{4}$ より $\cos \alpha = \sqrt{1 - \left(\frac{\sqrt{2}}{4}\right)^2} = \frac{\sqrt{14}}{4}$ であるから、

$$ a = \tan \alpha = \frac{\sqrt{2}/4}{\sqrt{14}/4} = \frac{1}{\sqrt{7}} $$

$a$ が増加すると $\alpha$ も増加し、それに伴い $\sin \alpha$ も増加するため、$f'(a)$ は単調に増加する。よって、$a = \frac{1}{\sqrt{7}}$ の前後で $f'(a)$ は負から正に変わり、$f(a)$ は極小かつ最小となる。

最小値を求めるため、$f(a)$ の積分の式に直接計算結果を代入する。解法1の途中式より、

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

であり、$\cos \alpha + a \sin \alpha = \frac{1}{\cos \alpha} = \frac{4}{\sqrt{14}} = \frac{2\sqrt{14}}{7}$ であるから、

$$ \begin{aligned} f\left(\frac{1}{\sqrt{7}}\right) &= 2 \left( \frac{2\sqrt{14}}{7} \right) - 1 - \frac{\sqrt{2}}{2}\left( \frac{\sqrt{7}}{7} + 1 \right) \\ &= \frac{4\sqrt{14}}{7} - 1 - \frac{\sqrt{14}}{14} - \frac{\sqrt{2}}{2} \\ &= \frac{7\sqrt{14}}{14} - \frac{\sqrt{2}}{2} - 1 \\ &= \frac{\sqrt{14}}{2} - \frac{\sqrt{2}}{2} - 1 \end{aligned} $$

解説

絶対値を含む定積分では、被積分関数が $0$ になる点を境界として積分区間を分割するのが基本方針である。本問のようにパラメータ $a$ を含む場合、その境界点が積分区間の内にあるか外にあるかで場合分けが必要になる。

また、解法2で示したように「積分区間の端点が変数であり、かつ被積分関数にも変数が含まれる定積分」の微分計算においては、ライプニッツの積分法則を応用することで計算量を大幅に削減できることがある。境界点において被積分関数が $0$ になるという性質が、積分の微分において項を美しく打ち消す役割を果たしている。