【III積分】f(x)の式に∫f(t)が含まれるときの解き方忘れた－f(t)にf(x)を代入ですよ(東京都立大2016理系第2問)

$0\leqq x<\cfrac{\pi}{2}$ の範囲で定義された関数 $f(x)$ は次の等式をみたすとする。

$\displaystyle f(x)=2x-\tan x+\int_0^{\small{\frac{\pi}{6}}}f(t)\cos t\space dt$

以下の問いに答えなさい。（東京都立大2016）

(1) 不定積分 $\displaystyle\int x\cos x\space dx$ を求めなさい。

(2) $f(0)$ の値を求めなさい。

(3) $0\leqq x<\cfrac{\pi}{2}$ における $f(x)$ の最大値を求めなさい。

部分積分

(1)から始めます。

式がかけ算なので，部分積分で解きましょう。

$\displaystyle\int x\cos x\space dx$
$=\displaystyle\int x(\sin x)’\space dx$
$\displaystyle=x\sin x-\int(x)’\cdot\sin x\space dx$
$=x\sin x+\cos x+C$ ($C$は積分定数)

（答え）

f(t)にf(x)を代入する

(2)に進みます。

$f(x)$ の式に $x=0$ を代入しても，積分の項があるので，値を求めることはできません。

$f(x)$ は $x$ の関数だから，$x$ が変化しても $t$ は変化しません。つまり，定数です。

ちなみに，$f(t)$は

$\displaystyle f(t)=2t-\tan t+\int_0^{\small{\frac{\pi}{6}}}f(t)\cos t\space dt$

となり，$x$ が含まれません。この式は，$x$ の値が何であろうと関係なく，ある一定の値になるはずです。

ということは，$\displaystyle \int_0^{\small{\frac{\pi}{6}}}f(t)\cos t\space dt$ も $x$ の値に関係なく，定数です。

そこで，$\displaystyle \int_0^{\small{\frac{\pi}{6}}}f(t)\cos t\space dt=k$ としてみます。

$f(x)=2x-\tan x+k$

$x$ を $t$ に変えると

$f(t)=2t-\tan t+k$

$\displaystyle\int_0^{\small{\frac{\pi}{6}}}f(t)\cos t\space dt$ に $f(t)$ を代入すると

$k=\displaystyle\int_0^{\small{\frac{\pi}{6}}}(2t-\tan t+k)\cos t\space dt$
$=2\displaystyle\int_0^{\small{\frac{\pi}{6}}}t\cos t\space dt-\int_0^{\small{\frac{\pi}{6}}}\tan t\cos t\space dt+k\int_0^{\small{\frac{\pi}{6}}}\cos\space dt$

一つずつ片づけていきましょう。

$2\displaystyle\int_0^{\small{\frac{\pi}{6}}}t\cos t\space dt$
$=2\displaystyle\int_0^{\small{\frac{\pi}{6}}}t(\sin t)’\space dt$
$\displaystyle=2\Big[t\sin t\Big]_0^{\small{\frac{\pi}{6}}}-2\int_0^{\small{\frac{\pi}{6}}}(t)’\sin t\space dt$
$=\cfrac{\pi}{3}\cdot\cfrac{1}{2}+2\Big[\cos t\Big]_0^{\small{\frac{\pi}{6}}}$
$=\cfrac{\pi}{6}+\sqrt{3}-2$

$\displaystyle\int_0^{\small{\frac{\pi}{6}}}\tan t\cos t\space dt$
$\displaystyle=\int_0^{\small{\frac{\pi}{6}}}\cfrac{\sin x}{\cos x}\cdot\cos t\space dt$
$\displaystyle=\int_0^{\small{\frac{\pi}{6}}}\sin x\space dt$
$=\Big[-\cos x\Big]_0^{\small{\frac{\pi}{6}}}$
$=-\cfrac{\sqrt{3}}{2}+1$

$\displaystyle=k\int_0^{\small{\frac{\pi}{6}}}\cos\space dt$
$=k\Big[\sin x\Big]_0^{\small{\frac{\pi}{6}}}$
$=\cfrac{k}{2}$

よって

$k=\cfrac{\pi}{6}+\sqrt{3}-2+\cfrac{\sqrt{3}}{2}-1+\cfrac{k}{2}$
$\cfrac{k}{2}=-3+\cfrac{3\sqrt{3}}{2}+\cfrac{\pi}{6}$
$k=-6+3\sqrt{3}+\cfrac{\pi}{3}$

したがって

$f(0)=2\cdot0-\tan 0-6+3\sqrt{3}+\cfrac{\pi}{3}$
$=-6+3\sqrt{3}+\cfrac{\pi}{3}$　（答え）

増減表を作って最大値を求める

(3)に進みます。

最大値を求めるので，まずは増減表を作りましょう。

$f(x)=2x-\tan x-6+3\sqrt{3}+\cfrac{\pi}{3}$ として

$f'(x)=2-\cfrac{1}{\cos^2 x}$

$2-\cfrac{1}{\cos^2 x}=0$ とすると

$\cfrac{1}{\cos^2 x}=2$
$2\cos^2 x=1$
$\cos^2 x=\cfrac{1}{2}$
$\cos x=\pm\cfrac{1}{\sqrt{2}}$

$0\leqq x<\cfrac{\pi}{2}$ より

$x=\cfrac{\pi}{4}$

増減表は

$\def\arraystretch{1.5}\begin{array}{|c|c|c|c|c|c|}\hline x&0&\cdots&\frac{\pi}{4}&\cdots&(\frac{\pi}{2})\\\hline f'(x)&+&+&0&-\\\hline f(x)&\nearrow&\nearrow&&\searrow\\\hline\end{array}$

$f\Big(\cfrac{\pi}{4}\Big)=2\cdot\cfrac{\pi}{4}-\tan\cfrac{\pi}{4}+3\sqrt{3}-6+\cfrac{\pi}{3}$

$=3\sqrt{3}-7+\cfrac{5\pi}{6}$　（答え）