東北大学(理系) 2019年　問題5


$(1)\ \ 次の等式が成り立つことを示せ。$
\[\qquad \int _{-1}^1 \cfrac{\sin ^2(\pi x)}{1+e^x}dx=\int _0^1\sin ^2(\pi x)dx=\cfrac{1}{2}\] $(2)\ \ 次の等式を満たす関数f(x)を求めよ。$
\[\qquad (1+e^x)f(x)=\sin ^2(\pi x)+\int _{-1}^1(e^x-e^t+1)f(t)dt\]


$(解説)$

$(1)\ \ 第1項の定積分はまともにやっても求まりません。工夫して求めます。$
$(2)\ \ 右辺の定積分で、tに無関係なxの式は積分記号の前に出せます。$

(1)


$\sin (\pi x) \ \ を \ \ \sin \pi x \ \ と書くことにします。$

$\sin ^2\pi x \ \ は偶関数であることに注意して$
\begin{eqnarray*} I &=&\int _{-1}^1 \cfrac{\sin ^2\pi x}{1+e^x}dx-\int _0^1\sin ^2\pi xdx\\ &=&\int _{-1}^1 \cfrac{\sin ^2\pi x}{1+e^x}dx-\cfrac{1}{2}\int _{-1}^1\sin ^2\pi xdx\\ &=&\int _{-1}^1 \big(\cfrac{\sin ^2\pi x}{1+e^x} -\cfrac{1}{2}\sin ^2\pi x \big)dx\\ &=&\cfrac{1}{2}\int _{-1}^1 \cfrac{1-e^x}{1+e^x}\sin ^2\pi x dx\\ \end{eqnarray*} $g(x)=\cfrac{1-e^x}{1+e^x}\sin ^2\pi x \quad とおくと$

$\quad g(-x)=\cfrac{1-e^{-x}}{1+e^{-x}}\sin ^2\pi (-x) =\cfrac{e^x-1}{e^x+1}\sin ^2\pi x =-\cfrac{1-e^x}{1+e^x}\sin ^2\pi x=-g(x)$

\[g(x)は奇関数だから \quad \int _{-1}^1 g(x)dx=0 \ \ となり \ \ 　I=0\]
$よって$
\[\int _{-1}^1 \cfrac{\sin ^2\pi x}{1+e^x}dx= \int _0^1\sin ^2\pi xdx \]
$また$
\[\int _0^1\sin ^2\pi xdx=\cfrac{1}{2}\int _0^1(1-\cos 2\pi x)dx=\cfrac{1}{2}\big[x-\cfrac{\sin 2\pi x}{2\pi}\big] _0^1=\cfrac{1}{2}\]
$したがって$
\[\qquad \int _{-1}^1 \cfrac{\sin ^2(\pi x)}{1+e^x}dx=\int _0^1\sin ^2(\pi x)dx=\cfrac{1}{2}\]

(2)


\[(1+e^x)f(x)=\sin ^2\pi x+\int _{-1}^1(e^x-e^t+1)f(t)dt \ \ より\] \[(1+e^x)f(x)=\sin ^2\pi x+(e^x+1)\int _{-1}^1 f(t)dt -\int _{-1}^1 e^t f(t)dt\] \[\int _{-1}^1 f(t)dt=A,\quad \int _{-1}^1 e^t f(t)dt=B \ \ (A,\ B は定数)\ とおくと\] $\quad (1+e^x)f(x)=\sin ^2\pi x+A(e^x+1) -B$

$\quad f(x)=\cfrac{\sin ^2 \pi x}{1+e^x} + A -\cfrac{B}{1+e^x}$

(i)
\[A=\int _{-1}^1 f(t)dt=\int _{-1}^1 \big(\cfrac{\sin ^2 \pi t}{1+e^t} + A -\cfrac{B}{1+e^t}\big)dt\] $第1項は、(1)の結果をつかって$
\[\qquad \int _{-1}^1 \cfrac{\sin ^2\pi t}{1+e^t}dt=\cfrac{1}{2}\] $第3項をJとおくと$
\[J=\int _{-1}^1\cfrac{dt}{1+e^t}\quad は \quad 　1+e^t=u \quad とおくと\] $\qquad e^tdt=du \quad dt=\cfrac{du}{e^t}=\cfrac{du}{u-1} \quad だから$
\begin{eqnarray*} J &=&\int _{1+e^{-1}}^{1+e}\cfrac{du}{u(u-1)}\\ \\ &=&\int _{1+e^{-1}}^{1+e}\big(-\cfrac{1}{u}+\cfrac{1}{u-1}\big)du\\ \\ &=&\big[-\log u+\log (u-1)\big]_{1+e^{-1}}^{1+e}\\ \\ &=&-\log(1+e)+\log e -\{-\log(1+e^{-1})+\log e^{-1}\}\\ \\ &=&2+\log \cfrac{1+e^{-1}}{1+e}\\ \\ &=&2+\log \cfrac{e+1}{e(1+e)}\\ \\ &=&1 \end{eqnarray*} $よって$

$\quad A=\cfrac{1}{2}+2A-B$
$\quad A=B-\cfrac{1}{2} \hspace{10em}(1)$


(ii) \begin{eqnarray*} B &=&\int _{-1}^1 e^t f(t)dt\\ &=&\int _{-1}^1 e^t \big(\cfrac{\sin ^2 \pi t}{1+e^t} + A -\cfrac{B}{1+e^t}\big)dt\\ &=&\int _{-1}^1 \cfrac{e^t}{1+e^t}\sin ^2 \pi t dt + A \int _{-1}^1 e^t dt -B\int _{-1}^1 \cfrac{e^t}{1+e^t}dt\\ \end{eqnarray*} $\quad 第1項は(1)で$
\[\int _{-1}^1 \cfrac{1-e^x}{1+e^x}\sin ^2 \pi xdx=0 \quad を示したから \quad \int _{-1}^1 \big(\cfrac{\sin ^2 \pi x}{1+e^x} -\cfrac{e^x \sin ^2 \pi x}{1+e^x}\big)dx=0\] \[\therefore 第1項=\int _{-1}^1 \cfrac{e^t}{1+e^t}\sin ^2 \pi tdt=\int _{-1}^1 \cfrac{\sin ^2 \pi t}{1+e^t}dt=\cfrac{1}{2}\]
\[第2項=\int _{-1}^1 e^tdt=\big[e^t \big]_{-1}^1 =e-e^{-1}\] \[第3項=\int _{-1}^1 \cfrac{e^t}{1+e^t}dt=\big[\log (1+e^t)\big]_{-1}^1=\log \cfrac{1+e}{1+e^{-1}}=\log \cfrac{(1+e)e}{e+1}=1\]
$よって$
$\quad B=\cfrac{1}{2}+A(e-e^{-1})-B$
$\quad 2B=\cfrac{1}{2}+A(e-e^{-1}) \hspace{10em}(2)$

$(1),(2)を解いて$

$\quad A=\cfrac{e}{2(e^2-2e-1)},\quad B=\cfrac{e^2-e-1}{2(e^2-2e-1)}$

$したがって$

$\quad f(x)=\cfrac{\sin ^2 \pi x}{1+e^x} +\cfrac{e}{2(e^2-2e-1)}-\cfrac{e^2-e-1}{2(e^2-2e-1)}\cdot \cfrac{1}{1+e^x}$



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