東大 工学系研究科 数学 2024年度 院試 過去問 解答例・解説（解説6項目）

変数分離と対数の条件

$y'=F(y)$ で $F(y)\ne0$ となる区間では、$\int dy/F(y)=x+C$ と積分できる。本問は値域が開区間 $(0,1)$ に限定されるため、分離の途中で零除算をしていない。$y$ と $1-y$ はともに正なので、対数は絶対値を外した実数の対数でよい。

指数関数へ戻すと任意定数の符号が制約される。$y/(1-y)>0$ であるから、その比例係数 $e^C$ は正である。この条件を保ったまま $A>0$ と書けば、答えは全実数 $x$ で分母が1より大きく、必ず $0<y<1$ を満たす。

導関数と端の挙動による確認

直接微分すると $y'=Ae^{-x}/(1+Ae^{-x})^2$。一方 $y(1-y)$ も同じ式になる。さらに $x\to-\infty$ で $y\to0^+$、$x\to\infty$ で $y\to1^-$ であり、$y'>0$ とも一致する。任意の初期値 $y(x_0)=y_0\in(0,1)$ に対し $A=e^{x_0}(1-y_0)/y_0>0$ が一つに決まる。

$A$ を無条件の実数とすると、例えば $A=-1,x=1$ で $y=1/(1-e^{-1})>1$ となり、原題の値域に反する。$A=0$ の定数解 $y=1$ や、原式自体の定数解 $y=0$ も、本問の厳密な不等式では除かれている。一般の微分方程式の解と、指定値域内の解を区別する。

枝と偶奇を確認する

$0\le\arccos t\le\pi$ の主値では、$\cos(\pi-\theta)=-\cos\theta$ と $\pi-\theta\in[0,\pi]$ から $\arccos(-t)=\pi-\arccos t$ が従う。逆関数の枝が指定されていることを使う等式である。本問の $x/2$ は $[-1/2,1/2]$ 内なので、区間全体で有効になる。

$h(x)-\pi/2$ は奇関数であり、偶関数 $w$ を掛けても奇関数のままである。対称区間上の奇関数の積分は、正負の点を対応させると打ち消し合う。このため逆余弦の部分を平均値 $\pi/2$ に置き換えた積分だけが残る。複雑な原始関数を探す前に、対称性を見ると計算を短くできる。

積分可能性・係数・誤った奇関数扱い

$|\pi x/3|\le\pi/3$ なので $\cos(\pi x/3)\ge1/2$。分母は区間で零にならず、通常の定積分として計算してよい。$\tan(\pi x/3)$ の微分は $(\pi/3)\sec^2(\pi x/3)$ なので、原始関数には $3/\pi$ が必要である。上式の前に掛かった $\pi$ と相殺して係数3になる。

$\arccos(-x/2)=-\arccos(x/2)$ と誤ると、被積分関数を奇関数として $I=0$ としてしまう。しかし区間内で逆余弦も分母も正なので積分は必ず正である。正しい奇関数は逆余弦そのものではなく、そこから $\pi/2$ を引いた関数である。

べき級数を操作できる範囲

指数級数 $\sum x^m/m!$ は比の判定により任意の有限の $x$ で絶対収束し、収束半径は無限大である。その内部では項別微分できるので、偶数項だけを集めた級数の微分も正当化される。実際に微分すれば $g(x)=\sum_{m\ge1}x^{2m-1}/(2m-1)!$ となり、指数関数の奇数項の部分に一致する。

二つの関数は双曲線関数 $\cosh,\sinh$ の定義そのものである。三角関数の $\cos^2+\sin^2=1$ と似た形だが、指数の符号が実数なので恒等式は二乗の差になる。$(a+b)^2-(a-b)^2=4ab$ と $e^xe^{-x}=1$ による直接計算で、符号も確かめられる。

微分による別の確認と誤り

$f'=g$、$g'=f$ なので $(f^2-g^2)'=2fg-2gf=0$。また級数から $f(0)=1,g(0)=0$ であり、定数値は1となる。正の $x$ だけで指定された関数でも、級数は0へ連続に延長できるのでこの端の値を使える。

$g=\cosh x$ と微分前後を取り違えると、差は0と誤る。例えば $x=0$ の極限では差は必ず1であり矛盾する。また恒等式を $f^2+g^2=1$ と書くと、$x>0$ では $g>0$ かつ $f>1$ なので成り立たない。

全体を微分の形にする

べきの次数を二つ下げるには $h^{n+2}=h^n\{1-(1-h^2)\}$ と分ける。$1-h^2=h'$ なので、差の部分が合成関数の微分 $h^nh'=\{h^{n+1}/(n+1)\}'$ になる。単に $h^n$ の原始関数を $h^{n+1}/(n+1)$ としているのではなく、$h'$ の因子が必要である。

$n$ が非負整数だから、端点 $h(0)=0$ で $h^{n+1}(0)=0$ になる。$n=0$ でもこの議論は有効である。漸化式を繰り返す場合は $I_0(x)=x$、$I_1(x)=\log\cosh x$ が初期値となる。後者は $(\log\cosh x)'=\tanh x$ と $\cosh0=1$ から求まる。

大小関係・具体値による検算

$x>0$ では $0<\tanh X<1$（$X>0$）なので、被積分関数の次数を二つ上げると小さくなる。したがって $0<I_{n+2}(x)<I_n(x)$ であり、答案が正の量を引いていることと一致する。

$n=0,x=1$ なら $I_2(1)=1-\tanh1\simeq0.2384$。補正項の符号を逆にすると $1+\tanh1\simeq1.7616$ となり、$\tanh^2X\le1$ から得る上界 $I_2(1)\le1$ に反する。また下端の値を残し忘れた不定積分の定数を勝手に加えると、必ず成り立つ $I_n(0)=0$ を壊す。