4三重大学 2013年 数学 第4問解答・解説

(1) すべての実数 $x$ に対して $x+\sqrt{x^2+e}>0$ なので、 $$\displaystyle \begin{aligned} f^{\prime}(x)&=\frac{1+\dfrac{x}{\sqrt{x^2+e}}}{x+\sqrt{x^2+e}}\\ &=\frac{1}{\sqrt{x^2+e}}. \end{aligned}$$ したがって $\displaystyle f'(-x)=\frac{1}{\sqrt{(-x)^2+e}}=f'(x)$ であり、$f'$ は偶関数である。

(2) $$\begin{aligned} f(x)+f(-x) &=\log\!\left((x+\sqrt{x^2+e})(-x+\sqrt{x^2+e})\right)\\ &=\log e=1. \end{aligned}$$ $\displaystyle \cos\left(\frac{\pi x}{2}\right)$ は偶関数だから、 $$\displaystyle \begin{aligned} \int_{-1}^{1}f(x)\cos(\pi x/2)\,dx &=\int_0^1\{f(x)+f(-x)\}\cos(\pi x/2)\,dx\\ &=\int_0^1\cos(\pi x/2)\,dx=\frac{2}{\pi}. \end{aligned}$$

(3) f(x)=$\displaystyle \tfrac12$+g(x) とおくと、f(x)+f(-x)=1 より g は奇関数である。$\displaystyle x^{2n}\cos\left(\frac{\pi x}{2}\right)$ は偶関数なので、その $g$ との積の積分は $0$。よって $$\displaystyle a_n=\frac12 I_n,\qquad I_n=\int_{-1}^{1}x^{2n}\cos(kx)\,dx,\qquad k=\frac{\pi}{2}.$$ 部分積分を2回用いると、 $$\displaystyle \begin{aligned} I_n&=\left[\frac{x^{2n}\sin(kx)}{k}\right]_{-1}^{1}-\frac{2n}{k}\int_{-1}^{1}x^{2n-1}\sin(kx)\,dx\\ &=\frac{2}{k}-\frac{2n(2n-1)}{k^2}I_{n-1}, \end{aligned}$$ ここで2回目の部分積分では境界項が $\cos$($\pm$ k)=0 により消える。$n\ge2$ なら $\displaystyle a_{n-1}=\frac{I_{n-1}}{2}$ だから、 $$\displaystyle a_n=\frac{1}{k}-\frac{2n(2n-1)}{k^2}a_{n-1} =\frac{2}{\pi}-\frac{8n(2n-1)}{\pi^2}a_{n-1}.$$

$f(x)=\log\left(x+\sqrt{x^2+e}\right)$ の微分は $\displaystyle f'(x)=\frac{1}{\sqrt{x^2+e}}$。また $$\left(x+\sqrt{x^2+e}\right)\left(-x+\sqrt{x^2+e}\right)=e$$ より $f(x)+f(-x)=1$。これと $\displaystyle \cos\left(\frac{\pi x}{2}\right)$ の偶性から、(2) は $\displaystyle \frac{2}{\pi}$、(3) では $f$ の偶成分 $\displaystyle \frac12$ だけが残る。$\displaystyle I_n=\int_{-1}^{1}x^{2n}\cos(kx)\,dx$（$\displaystyle k=\frac{\pi}{2}$）に2回部分積分を行うと $$\displaystyle I_n=\frac{2}{k}-\frac{2n(2n-1)}{k^2}I_{n-1}$$ となり、$\displaystyle a_n=\frac{I_n}{2}$ から表示式を得る。