III横浜市立大学 2016年 数学 第III問解答・解説

・ $A=x^2+\sqrt2x+1$, $B=x^2-\sqrt2x+1$ とおくと、$A=(x+1/\sqrt2)^2+1/2>0$、$B=(x-1/\sqrt2)^2+1/2>0$、$AB=x^4+1$ である。また、$\tan\phi(u)=u$ を微分すると $$\displaystyle \phi'(u)=\frac{1}{1+u^2}$$ を得る。したがって $$\displaystyle \begin{aligned} \frac{d}{dx}\log\frac AB &=\frac{A'}A-\frac{B'}B =\frac{A'B-AB'}{AB} =\frac{2\sqrt2(1-x^2)}{AB},\\ \frac{d}{dx}\frac{\phi(\sqrt2x+1)+\phi(\sqrt2x-1)}{2\sqrt2} &=\frac{1}{4A}+\frac{1}{4B} =\frac{x^2+1}{2AB}. \end{aligned}$$ よって $$\displaystyle f'(x)=\frac{1-x^2}{2AB}+\frac{x^2+1}{2AB}=\frac1{AB}=\frac1{x^4+1}.$$

・ (1) と定積分の基本定理より、$\displaystyle \int_0^1\frac{dx}{x^4+1}=f(1)-f(0)$ である。$\phi(1)=\pi/4,\ \phi(-1)=-\pi/4$ だから $f(0)=0$ であり、$t=\sqrt2+1$ とおくと $$\displaystyle \frac{2+\sqrt2}{2-\sqrt2}=t^2,\qquad \sqrt2-1=\frac1t.$$ また $t>0$ なので、$\phi(t)+\phi(1/t)=\pi/2$（$\tan(\pi/2-\phi(t))=1/t$ かつ両角が $(0,\pi/2)$ にある）である。したがって $$\displaystyle \int_0^1\frac{dx}{x^4+1} =\frac{\log t}{2\sqrt2}+\frac{\pi}{4\sqrt2}.$$ ゆえに、例えば $x>0$ で $$\displaystyle G(x)=\frac{\log x}{2\sqrt2}+\frac{\pi}{4\sqrt2}$$ と定めれば、求める等式を満たす。なお、この積分には厳密値があり、設問の「正確な値は求められない」という文言は通常の意味ではこの結果と整合しない。

・ $\displaystyle h(x)=\frac{\sin x}{1+\cos^4x}$ とおくと、$h(\pi-x)=h(x)$ である。左辺を $I$ とすると、置換 $x\mapsto\pi-x$ により $$\displaystyle I=\int_0^\pi(\pi-x)h(x)\,dx.$$ 元の式と加えると $\displaystyle 2I=\pi\int_0^\pi h(x)\,dx$ となる。さらに $h$ の対称性から $\displaystyle \int_0^\pi h(x)\,dx=2\int_0^{\pi/2}h(x)\,dx$ なので、示すべき等式を得る。

・ (3) と置換 $u=\cos x$ を用いると $$\displaystyle \int_0^\pi\frac{x\sin x}{1+\cos^4x}\,dx =\pi\int_0^{\pi/2}\frac{\sin x}{1+\cos^4x}\,dx =\pi\int_0^1\frac{du}{1+u^4} =\pi G(\sqrt2+1).$$ (2) の式を代入して $$\displaystyle \boxed{\frac{\pi}{2\sqrt2}\log(\sqrt2+1)+\frac{\pi^2}{4\sqrt2}}.$$