6秋田大学 2020年 数学 第6問解答・解説

(i)　 部分積分により $$\displaystyle \int_0^1\log(x+1)\,dx=\left[(x+1)\log(x+1)-(x+1)\right]_0^1=2\log2-1.$$ 従って条件 $\displaystyle \int_0^1 f(x)\,dx=a$ は $2\log2-1-a=a$ となるので $$\displaystyle \boxed{a=\log2-\frac12}.$$

(ii)　 $\displaystyle C=\int_0^1g(t)\,dt$ とおく。与式を $0\le x\le1$ で積分すると $$\displaystyle C=\int_0^1\log(t+1)\,dt+C\int_0^1\frac{dt}{t+1} =2\log2-1+C\log2.$$ よって $C(1-\log2)=2\log2-1$。$\log2<1$ なので $$\displaystyle g(0)=\log1+C=\boxed{\frac{2\log2-1}{1-\log2}}.$$

(iii) ①　 $\displaystyle H(x)=\int_0^x h(t)\,dt$ とおく。$h$ の連続性から $H'(x)=h(x)$ であり、元の関係式を微分すると $$\displaystyle h'(x)=\frac1{x+1}+\frac{H'(x)}{x+1}-\frac{H(x)}{(x+1)^2} =\frac1{x+1}+\frac{h(x)-H(x)/(x+1)}{x+1}.$$ 元の式から $h(x)-H(x)/(x+1)=\log(x+1)$ だから $$\displaystyle \boxed{h'(x)=\frac{1+\log(x+1)}{x+1}}.$$

(iii) ②　 $u=\log(x+1)$ と置いて積分すると $$\displaystyle h(x)=\log(x+1)+\frac12\bigl(\log(x+1)\bigr)^2+C_0.$$ 元の式に $x=0$ を代入すると $h(0)=0$ なので $C_0=0$。実際、 $$\displaystyle \int_0^x\left(\log(t+1)+\frac12(\log(t+1))^2\right)\,dt =\frac{x+1}{2}(\log(x+1))^2$$ である（右辺は微分すると被積分関数となり、$x=0$ で0）。これを元の式に代入して確かめられる。従って $$\displaystyle \boxed{h(x)=\log(x+1)+\frac12\bigl(\log(x+1)\bigr)^2}.$$