8愛媛大学 2018年 数学 第8問解答・解説

(1) $\displaystyle \dfrac{\pi}{2}<g(x)<\pi$ の下で，正弦の加法定理より $$\sqrt{1+x^{2}}\sin\bigl(t+g(x)\bigr) =\sqrt{1+x^{2}}\bigl(\sin t\cos g(x)+\cos t\sin g(x)\bigr).$$ ここで題意の $\displaystyle \cos g(x)=-\dfrac{x}{\sqrt{1+x^{2}}}$，$\displaystyle \sin g(x)=\dfrac{1}{\sqrt{1+x^{2}}}$ を代入すると， $$\displaystyle \sqrt{1+x^{2}}\sin\bigl(t+g(x)\bigr) =\sqrt{1+x^{2}}\left(\sin t\cdot\left(-\frac{x}{\sqrt{1+x^{2}}}\right)+\cos t\cdot\frac{1}{\sqrt{1+x^{2}}}\right) =-x\sin t+\cos t.$$ よって $\displaystyle 0\le t\le\dfrac{\pi}{2},\ x>0$ のとき $$\cos t-x\sin t=\sqrt{1+x^{2}}\sin\bigl(t+g(x)\bigr)$$ が成り立つ。 $\blacksquare$

(2) (1)の等式の両辺の絶対値をとると，$\sqrt{1+x^{2}}>0$ であるから $$\displaystyle |\cos t-x\sin t|=\sqrt{1+x^{2}}\,\bigl|\sin\bigl(t+g(x)\bigr)\bigr| \qquad\left(0\le t\le\frac{\pi}{2}\right).$$ これを $f(x)$ の定義式に代入すると，$\sqrt{1+x^{2}}$ は $t$ に無関係な正の定数であるから積分の外に出せて， $$\displaystyle f(x)=\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\sqrt{1+x^{2}}\,\bigl|\sin\bigl(t+g(x)\bigr)\bigr|\,dt =\sqrt{1+x^{2}}\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\bigl|\sin\bigl(t+g(x)\bigr)\bigr|\,dt.$$ ここで $s=t+g(x)$ とおくと $ds=dt$ であり，$t=0\to s=g(x)$，$\displaystyle t=\dfrac{\pi}{2}\to s=\dfrac{\pi}{2}+g(x)$ なので，置換積分により $$\displaystyle f(x)=\sqrt{1+x^{2}}\int_{g(x)}^{\frac{\pi}{2}+g(x)}|\sin s|\,ds$$ がすべての $x>0$ に対して成り立つ。 $\blacksquare$

(3) $\alpha=g(x)$ とおく。仮定より $\displaystyle \dfrac{\pi}{2}<\alpha<\pi$ であるから， $$\displaystyle \alpha<\pi<\frac{\pi}{2}+\alpha$$ （右側の不等式は $\displaystyle \alpha>\dfrac{\pi}{2}$ から，左側は $\alpha<\pi$ から従う）。すなわち積分する範囲 $\displaystyle \alpha\leq s\leq\dfrac{\pi}{2}+\alpha$ の内部にちょうど $s=\pi$ が含まれる。

$\alpha\le s\le\pi$ のとき $\sin s\ge0$，$\displaystyle \pi\le s\le\dfrac{\pi}{2}+\alpha$ のとき $\sin s\le0$ であるから， $$\displaystyle \int_{\alpha}^{\frac{\pi}{2}+\alpha}|\sin s|\,ds =\int_{\alpha}^{\pi}\sin s\,ds+\int_{\pi}^{\frac{\pi}{2}+\alpha}(-\sin s)\,ds.$$ それぞれ計算すると， $$\displaystyle \int_{\alpha}^{\pi}\sin s\,ds=\Bigl[-\cos s\Bigr]_{\alpha}^{\pi}=-\cos\pi+\cos\alpha=1+\cos\alpha,$$ $$\displaystyle \int_{\pi}^{\frac{\pi}{2}+\alpha}(-\sin s)\,ds=\Bigl[\cos s\Bigr]_{\pi}^{\frac{\pi}{2}+\alpha} =\cos\!\left(\frac{\pi}{2}+\alpha\right)-\cos\pi=-\sin\alpha+1.$$ したがって $$\displaystyle \int_{\alpha}^{\frac{\pi}{2}+\alpha}|\sin s|\,ds=(1+\cos\alpha)+(1-\sin\alpha)=2+\cos\alpha-\sin\alpha.$$ ここで $\displaystyle \cos\alpha=\cos g(x)=-\dfrac{x}{\sqrt{1+x^{2}}}$，$\displaystyle \sin\alpha=\sin g(x)=\dfrac{1}{\sqrt{1+x^{2}}}$ であるから， $$\displaystyle \int_{g(x)}^{\frac{\pi}{2}+g(x)}|\sin s|\,ds=2-\frac{x}{\sqrt{1+x^{2}}}-\frac{1}{\sqrt{1+x^{2}}} =2-\frac{x+1}{\sqrt{1+x^{2}}}.$$ (2)の結果に代入すると， $$\displaystyle f(x)=\sqrt{1+x^{2}}\left(2-\frac{x+1}{\sqrt{1+x^{2}}}\right) =2\sqrt{1+x^{2}}-(x+1) =2\sqrt{1+x^{2}}-1-x$$ となり，$x>0$ で $f(x)=2\sqrt{1+x^{2}}-1-x$ が成り立つ。 $\blacksquare$

(4) (3)より $f(x)=2\sqrt{1+x^{2}}-x-1\ (x>0)$。これを微分すると，合成関数の微分により $$\displaystyle f'(x)=2\cdot\frac{x}{\sqrt{1+x^{2}}}-1=\frac{2x-\sqrt{1+x^{2}}}{\sqrt{1+x^{2}}}.$$ 分母 $\sqrt{1+x^{2}}$ は常に正なので，$f'(x)$ の符号は分子 $N(x)=2x-\sqrt{1+x^{2}}$ の符号と一致する。

$x>0$ のとき $N(x)=0$ を解く。$2x=\sqrt{1+x^{2}}$ の両辺は $x>0$ でともに正であるから，同値性を保ったまま両辺を2乗できて， $$\displaystyle 4x^{2}=1+x^{2}\ \text{すなわち}\ 3x^{2}=1\ \text{すなわち}\ x^{2}=\frac13.$$ $x>0$ より $\displaystyle x=\dfrac{1}{\sqrt3}=\dfrac{\sqrt3}{3}$（このとき実際に $\displaystyle 2x=\dfrac{2}{\sqrt3}=\sqrt{1+\dfrac13}=\sqrt{1+x^2}$ となり検算も一致する）。

$N(x)$ は $x>0$ で連続かつ零点はこの1点のみだから符号は各区間で一定である。$x=0$ では $N(0)=-1<0$，$x=1$ では $N(1)=2-\sqrt2>0$ であるから， $$\displaystyle 0<x<\frac{\sqrt3}{3}\ \text{で}\ f'(x)<0,\qquad x>\frac{\sqrt3}{3}\ \text{で}\ f'(x)>0.$$ よって $f(x)$ は $\displaystyle x=\dfrac{\sqrt3}{3}$ で極小かつ最小となる。増減表は次のとおり。 $$\displaystyle \begin{array}{c|ccccc} x & (0) & \cdots & \dfrac{\sqrt3}{3} & \cdots \\ \hline f'(x) & & - & 0 & + \\ \hline f(x) & & \searrow & \text{最小} & \nearrow \end{array}$$ 最小値は $$\displaystyle f\!\left(\frac{\sqrt3}{3}\right)=2\sqrt{1+\frac13}-\frac{\sqrt3}{3}-1 =2\cdot\frac{2}{\sqrt3}-\frac{1}{\sqrt3}-1 =\frac{4}{\sqrt3}-\frac{1}{\sqrt3}-1 =\frac{3}{\sqrt3}-1=\sqrt3-1.$$ 以上より，$f(x)\,(x>0)$ は $\displaystyle x=\dfrac{\sqrt3}{3}$（$\displaystyle =\dfrac{1}{\sqrt3}$）のとき最小値 $\sqrt3-1$ をとる。