第3問
閉区間$\small\sf{[0,\ \pi]}$ 上で定義された連続関数f(x)があり、区間$\small\sf{(0,\ \pi]}$ 上では
$\small\sf{\begin{align*}\sf f(t)=\frac{t\sin t}{1-\cos t} \end{align*}}$ で与えられている。定積分$\small\sf{\begin{align*}\sf\int_0^{\pi}f(t)dt\end{align*}}$ の値を求めたい。
[1] $\small\sf{\begin{align*}\sf f(0)=\lim_{t\rightarrow +0}f(t)=\end{align*}}$ ア である。
[2] $\small\sf{0\lt a\leqq \pi}$ として、定積分$\small{\begin{align*}\rm I\sf (a)=\int_a^{\pi}f(t)dt\end{align*}}$ を考える。$\small\sf{\log (1-\cos t)}$ の導関数が
イ であるので、部分積分法を用いると、
$\small\sf{\begin{align*}\rm I\sf (a)=\end{align*}}$ ウ $\small\sf{\begin{align*}\sf -a\log(1-\cos a)-\int_a^{\pi}\log (1-\cos t)dt\end{align*}}$ (1)
となる。三角関数の半角の公式を用い、$\small\sf{t=2x}$ と置換積分法を用いると、
$\small\sf{\begin{align*}\sf \int_a^{\pi}\log\left(1-\cos t\right)dt=\end{align*}}$ エ $\small\sf{\begin{align*}\sf +4\int_{\frac{a}{2}}^{\frac{\pi}{2}}\log\left(\sin x\right)dx\end{align*}}$ (2)
となる。
極限$\small\sf{\begin{align*}\sf \lim_{a\rightarrow +a}\rm I\sf (a)\end{align*}}$ が存在すること、および$\small\sf{\begin{align*}\sf \lim_{a\rightarrow +a}a\log\left(1-\cos a\right)=0\end{align*}}$ であることを用いると、
関係式(1)、(2)より、極限$\small\sf{\begin{align*}\sf\lim_{a\rightarrow +a}\int_{\frac{a}{2}}^{\frac{\pi}{2}}\log\left(\sin x\right)dx\end{align*}}$ が存在することがわかる。
そこで、$\small\sf{\begin{align*}\sf\lim_{a\rightarrow +0}\log\left(\sin x\right)dx=J\end{align*}}$ とおいてJを求める。
[3] $\small\sf{\begin{align*}\sf 0\lt b\lt\frac{\pi}{2}\end{align*}}$ に対し、
$\small\sf{\begin{align*}\sf K(b)=\int_b^{\frac{\pi}{2}-b}\log\left(\sin x\right)dx\ ,\ \ \ L(b)=\int_b^{\frac{\pi}{2}-b}\log\left(\cos x\right)dx\end{align*}}$
とする。まず、$\small\sf{\begin{align*}\sf y=\frac{\pi}{2}-x\end{align*}}$ とおいて置換積分法を用いると、
$\small\sf{k(b)-L(b)=}$ オ
がわかる。一方、和については、三角関数の倍角の公式を用い、$\small\sf{2x=t}$ とおくと、
$\small\sf{\begin{align*}\sf K(b)+L(b)=\int_{2b}^{\frac{\pi}{2}}\log\left(\sin t\right)dt+\end{align*}}$ カ
となる。
これらより、$\small\sf{\begin{align*}\sf \lim_{b\rightarrow +0}K(b)=\end{align*}}$ キ となる。
[4] $\small\sf{\begin{align*}\sf J=\lim_{b\rightarrow +0}K(b)\end{align*}}$ と関係式(1)、(2)より
$\small\sf{\begin{align*}\sf \int_0^{\pi}f(t)\ dt=\lim_{a\rightarrow +0}\rm I\sf (a)=\end{align*}}$ ク
が得られる。
－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－
【解答】
ア 2 イ $\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \frac{\sin t}{1-\cos t}\end{align*}}$ ウ $\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \left(\log 2\right)\pi\end{align*}}$ エ $\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \left(\log 2\right)\left(\pi-a\right)\end{align*}}$ オ 0
カ $\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \left(\log 2\right)\left(2b-\frac{\pi}{2}\right)\end{align*}}$ キ $\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf -\frac{\log 2}{2}\pi\end{align*}}$ ク $\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \left(2\log 2\right)\pi\end{align*}}$
【解説】
ア
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf f(0)&=\sf \lim_{t\rightarrow +0}\frac{t\sin t}{1-\cos t} \\ &=\sf \lim_{t\rightarrow +0}\frac{t\sin t\left(1+\cos t\right)}{\left(1-\cos t\right)\left(1+\cos t\right)}\\ &=\sf \lim_{t\rightarrow +0}\frac{t\sin t\left(1+\cos t\right)}{\sin^2 t}\\ &=\sf \lim_{t\rightarrow +0}\frac{t}{\sin t}\cdot \lim_{t\rightarrow +0}\left(1+\cos t\right)\\ &=\sf 1\cdot \left(1+\cos 0\right)\\ &=\sf \underline{2}\end{align*}}$
イ
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \left\{\log\left(1-\cos t\right)\right\}'=\frac{\left(1-\cos t\right)'}{1-\cos t}=\underline{\frac{\sin t}{1-\cos t}}\end{align*}}$
ウ
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\rm I\sf (a)&=\sf \int_a^{\pi}\frac{t\sin t}{1-\cos t}dt \\ &=\sf\int_a^{\pi}t\left\{\log\left(1-\cos t\right)\right\}'dt \\ &=\sf \bigg[t\left\{\log\left(1-\cos t\right)\right\}\bigg]_a^{\pi}-\int_a^{\pi}\log\left(1-\cos t\right)dt\\ &=\sf \underline{(\log 2)\pi-a\log (1-\cos a)-\int_a^{\pi}\log\left(1-\cos t\right)dt}\end{align*}}$
エ
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \int_a^{\pi}\log\left(1-\cos t\right)dt&=\sf \int_a^{\pi}\log\left(2\sin^2\frac{t}{2}\right)dt \ \ \ \left(\because\ \cos t=1-2\sin^2\frac{t}{2}\right)\\ &=\sf \int_a^{\pi}(\log 2)dt+2\int_a^{\pi}\log\left(\sin\frac{t}{2}\right)dt\\ &=\sf (\log 2)(\pi -a)+2\int_{\frac{a}{2}}^{\frac{\pi}{2}}\log\left(\sin x\right)\cdot 2dx\ \ \ \ \left(\because\ t=2x\ ,\ \ \frac{dt}{dx}=2\right)\\ &=\sf \underline{(\log 2)(\pi -a)}+4\int_{\frac{a}{2}}^{\frac{\pi}{2}}\log\left(\sin x\right)dx\end{align*}}$
オ
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf K(b)&=\sf\int_b^{\frac{\pi}{2}-b}\log(\sin x)dx \\ &=\sf \int_{\frac{\pi}{2}-b}^b\log\left\{\sin\left(\frac{\pi}{2}-y\right)\right\}\cdot (-dy)\\ &=\sf \int_b^{\frac{\pi}{2}-b}\log(\cos y)dy\\ &=\sf L(b)\end{align*}}$
なので、$\scriptsize\sf{k(b)-L(b)=\underline{0}}$
カ
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf K(b)+L(b)&=\sf\int_b^{\frac{\pi}{2}-b}\left\{\log(\sin x)+\log(\cos x)\right\}dx \\ &=\sf\int_b^{\frac{\pi}{2}-b}\log(\sin x\cos x)dx \\ &=\sf\int_b^{\frac{\pi}{2}-b}\log\left(\frac{\sin 2x}{2}\right)dx\\ &=\sf\int_b^{\frac{\pi}{2}-b}\log(\sin 2x)dx-\int_b^{\frac{\pi}{2}-b}(\log 2)dx \\ &=\sf\int_{2b}^{\frac{\pi}{2}-2b}\log(\sin t)\cdot \frac{dt}{2}-(\log 2)\left\{\left(\frac{\pi}{2}-b\right)-b\right\}\ \ \ \ \left(\because\ 2x=t\ ,\ \ \frac{dt}{dx}=2\right)\\ &=\sf\frac{1}{2} \int_{2b}^{\frac{\pi}{2}-2b}\log(\sin t)dt+(\log 2)\left(2b-\frac{\pi}{2}\right)\end{align*}}$
ここで、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \int_{2b}^{\frac{\pi}{2}-2b}\log(\sin t)dt=\int_{2b}^{\frac{\pi}{2}}\log(\sin t)dt+\int_{\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}-2b}\log(\sin t)dt\end{align*}}$
であり、$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf u=\pi-t\end{align*}}$ と置換すると、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \int_{\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}-2b}\log(\sin t)dt&=\sf \int_{\frac{\pi}{2}}^{2b}\log\left\{\sin\left(\pi-u\right)\right\}\cdot (-du) \\ &=\sf \int_{2b}^{\frac{\pi}{2}}\log\left(\sin u\right)du\\ &=\sf \int_{2b}^{\frac{\pi}{2}}\log(\sin t)dt\end{align*}}$
なので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \int_{2b}^{\frac{\pi}{2}-2b}\log(\sin t)dt=2\int_{2b}^{\frac{\pi}{2}}\log(\sin t)dt\end{align*}}$
以上より、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf K(b)+L(b)=\int_{2b}^{\frac{\pi}{2}}\log(\sin t)dt+\underline{(\log 2)\left(2b-\frac{\pi}{2}\right)}\end{align*}}$
キ
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf K(b)&=\sf \frac{\left\{K(b)-L(b)\right\}+\left\{K(b)+L(b)\right\}}{2} \\ &=\sf \frac{1}{2}\int_{2b}^{\frac{\pi}{2}}\log(\sin t)dt+(\log 2)\left(b-\frac{\pi}{4}\right)\end{align*}}$
ここで、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \lim_{b\rightarrow +0}\frac{1}{2}\int_{2b}^{\frac{\pi}{2}}\log(\sin t)dt=\lim_{b\rightarrow +0}\frac{1}{2}\int_{b}^{\frac{\pi}{2}-b}\log(\sin t)dt=\lim_{b\rightarrow +0}K(b)\end{align*}}$
なので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \lim_{b\rightarrow +0}k(b)=\frac{1}{2}\lim_{b\rightarrow +0}K(b)+\lim_{b\rightarrow +0}(\log 2)\left(b-\frac{\pi}{4}\right) \end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \ \ \Leftrightarrow\ \ \lim_{b\rightarrow +0}K(b)=\underline{-\frac{\log 2}{2}\pi}\end{align*}}$
ク
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf\int_0^{\pi}f(t)dt &=\sf\lim_{a\rightarrow +0}\rm I\sf (a) \\ &=\sf\lim_{a\rightarrow +0}\left\{(\log 2)\pi-a\log (1-\cos a)-\int_a^{\pi}\log\left(1-\cos t\right)dt\right\} \ \ \ \left(\because\ \ (1)\ \right)\\ &=\sf (\log 2)\pi-\lim_{a\rightarrow +0}\int_a^{\pi}\log\left(1-\cos t\right)dt\\ &=\sf (\log 2)\pi-\lim_{a\rightarrow +0}\left\{(\log 2)(\pi -a)+4\int_{\frac{a}{2}}^{\frac{\pi}{2}}\log\left(\sin x\right)dx\right\}\ \ \ \left(\because\ \ (2)\ \right)\\ &=\sf (\log 2)\pi-(\log 2)\pi-4J\\ &=\sf \underline{(2\log 2)\pi}\end{align*}}$
テーマ:数学 - ジャンル:学問・文化・芸術
- 2019/02/07(木) 23:57:00|
- 大学入試(数学) .関西の私立大学 .立命館大 理系 2019(2/2)
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