第5問
(1) 次の等式が成り立つことを示せ．
$\small\sf{\begin{align*}\sf \int_{-1}^1\frac{\sin^2(\pi x)}{1+e^x}dx=\int_{0}^1\sin^2(\pi x)dx=\frac{1}{2}\end{align*}}$
(2) 次の等式を満たす関数f(x)を求めよ。
$\small\sf{\begin{align*}\sf (1+e^x)f(x)=\sin^2(\pi x)+\int_{-1}^1(e^x-e^t+1)f(t)dt\end{align*}}$
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【解答】
(1)
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \int_{-1}^1\frac{\sin^2(\pi x)}{1+e^x}dx= \int_{-1}^0\frac{\sin^2(\pi x)}{1+e^x}dx+ \int_{0}^1\frac{\sin^2(\pi x)}{1+e^x}dx \end{align*}}$
ここで、$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf x=-t\end{align*}}$ と置換すると、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \int_{-1}^0\frac{\sin^2(\pi x)}{1+e^x}dx&=\sf \int_{1}^0\frac{\sin^2(-\pi t)}{1+e^{-t}}\ (-dt) \\ &=\sf \int_{0}^1\frac{e^t\sin^2(\pi t)}{1+e^{t}}dt\\ &=\sf \int_{0}^1\frac{e^x\sin^2(\pi x)}{1+e^{x}}dx\end{align*}}$
なので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \int_{-1}^1\frac{\sin^2(\pi x)}{1+e^x}dx&=\sf \int_{0}^1\frac{e^x\sin^2(\pi x)}{1+e^{x}}dx+\int_{0}^1\frac{\sin^2(\pi x)}{1+e^{x}}dx\\ &=\sf \int_{0}^1\frac{(1+e^x)\sin^2(\pi x)}{1+e^{x}}dx \\ &=\sf \int_{0}^1\sin^2(\pi x)dx \end{align*}}$
半角公式より
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \int_{0}^1\sin^2(\pi x)dx&=\sf\int_{0}^1\frac{1-\cos(2\pi x)}{2}dx \\ &=\sf\left[\frac{x}{2}-\frac{1}{4\pi}\sin(2\pi x)\right]_0^1 \\ &=\sf\frac{1}{2} \end{align*}}$
(2)
与式は
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf (1+e^x)f(x)&=\sf \sin^2(\pi x)+\int_{-1}^1(e^x-e^t+1)f(t)dt \\ &=\sf \sin^2(\pi x)+(1+e^x)\int_{-1}^1f(t)\ dt-\int_{-1}^1(1+e^t)f(t)\ dt+\int_{-1}^1f(t)\ dt \end{align*}}$
と変形できるので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf a=\int_{-1}^1f(t)\ dt\ ,\ \ \ b=\int_{-1}^1(1+e^t)f(t)\ dt\ \ \ \cdots\cdots\cdots (i)\end{align*}}$
とおくと、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf (1+e^x)f(x)= \sin^2(\pi x)+a(1+e^x)-b+a\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \ \ \Leftrightarrow\ \ f(x)=\frac{\sin^2(\pi x)}{1+e^x}+a+\frac{a-b}{1+e^x} \ \ \ \cdots\cdots\cdots (ii)\end{align*}}$
となる。
ここで、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \int_{-1}^1\frac{dx}{1+e^x}&=\sf\int_{-1}^1\left(1-\frac{e^x}{1+e^x}\right)dx \\ &=\sf\int_{-1}^1\left(1-\frac{(1+e^x)'}{1+e^x}\right)dx\\ &=\sf\big[x-\log|1+e^x|\big]_{-1}^1 \\ &=\sf 2-\log\frac{1+e}{1+\frac{1}{e}}\\&=\sf 2-\log e\\&=\sf 1\end{align*}}$
なので、(i)、(ⅱ)より
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf a&=\sf \int_{-1}^1\left\{\frac{\sin^2(\pi t)}{1+e^t}+a+\frac{a-b}{1+e^t} \right\}dt\\&=\sf \frac{1}{2}+2a+a-b\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \ \ \Leftrightarrow\ \ 4a-b=-1\ \ \ \cdots\cdots\cdots (iii)\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf b&=\sf \int_{-1}^1\left\{\sin^2(\pi t)+a(1+e^t)+a-b \right\}dt \\ &=\sf\left[\frac{t}{2}-\frac{1}{4\pi}\sin(2\pi t)+a(t+e^t)+(a-b)t\right]_{-1}^1 \\ &=\sf 1+(2+e-e^{-1})a+2(a-b)\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf\ \ \Leftrightarrow\ \ (4+e-e^{-1})a-3b=-1\ \ \ \cdots\cdots\cdots (iv)\end{align*}}$
(ⅲ)、(ⅳ)を連立させて解くと、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf a=\frac{1}{2(e-e^{-1}-2)}\ ,\ \ a-b=-\frac{e-e^{-1}-1}{2(e-e^{-1}-2} \end{align*}}$
となるので、(ⅱ)より
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf f(x)=\underline{\frac{\sin^2(\pi x)}{1+e^x}+\frac{1}{2(e-e^{-1}-2)}-\frac{e-e^{-1}-1}{2(e-e^{-1}-2)(1+e^x)}}\end{align*}}$
テーマ:数学 - ジャンル:学問・文化・芸術
- 2019/04/17(水) 23:57:00|
- 大学入試(数学) .全国の大学 .東北大 理系 2019
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