条件や条件式に定積分が含まれる問題について見ていきます。
(例題1)
\(p(x)\) は1次関数で条件 \(\displaystyle\int_0^1p(x)dx=0\), \(\displaystyle\int_0^1\{p(x)\}^2dx=1\), \(p(0)>0\) を満たす。
(1)\(p(x)\)を求めよ。
(2)\(a,b\)を実数の定数とする。関数 \(f(x)=ap(x)+b\) が \(\displaystyle\int_0^1\{f(x)\}^2dx=1\) を満たすとき、\(f(1)\)のとりうる値の範囲を求めよ。
(解答)
(1)
\(p(x)=mx+n\) (\(m≠0\))とおく。
\(\displaystyle\int_0^1p(x)dx=0\) より
\(\displaystyle\int_0^1(mx+n)dx=0\)
\(\left[\displaystyle\frac{m}{2}x^2+nx\right]_0^1=0\)
よって
\(\displaystyle\frac{m}{2}+n=0\)・・・①
\(\displaystyle\int_0^1\{p(x)\}^2dx=1\) より
\(\displaystyle\int_0^1(mx+n)^2dx=1\)
\(\displaystyle\int_0^1(m^2x^2+2mnx+n^2)dx=1\)
\(\left[\displaystyle\frac{m^2}{3}x^3+mnx^2+n^2x\right]_0^1=1\)
よって
\(\displaystyle\frac{m^2}{3}+mn+n^2=1\)・・・②
また \(p(0)>0\) より \(n>0\)・・・③
①より \(m=-2n\)・・・④
②に代入して
\(\displaystyle\frac{4}{3}n^2-2n^2+n^2=1\)
\(n^2=3\)
③より
\(n=\sqrt{3}\)
④より
\(m=-2\sqrt{3}\)
したがって
\(p(x)=-2\sqrt{3}x+\sqrt{3}\)
(2)
\(\displaystyle\int_0^1\{f(x)\}^2dx=1\) より
\(\displaystyle\int_0^1\{ap(x)+b\}^2dx=1\)
\(a^2\displaystyle\int_0^1\{p(x)\}^2dx+2ab\displaystyle\int_0^1p(x)dx+b^2\displaystyle\int_0^1dx=1\)
問題文の条件から
\(a^2\cdot1+2ab\cdot0+b^2[x]_0^1=1\)
\(a^2+b^2=1\)・・・⑤
また
\(f(1)\)\(=ap(1)+b\)\(=-\sqrt{3}a+b\)
\(-\sqrt{3}a+b=k\) とおくと
\(b=\sqrt{3}a+k\) を⑤に代入して
\(a^2+(\sqrt{3}a+k)^2=1\)
整理して
\(4a^2+2\sqrt{3}ka+k^2-1=0\)
この\(a\)の2次方程式が実数解をもてばよいので
\(\displaystyle\frac{D}{4}≧0\) より
\((\sqrt{3}k)^2-4(k^2-1)≧0\)
\(k^2-4≦0\)
\(-2≦k≦2\)
したがって
\(-2≦f(1)≦2\)
(例題2)
2次関数 \(f(x)=ax^2+bx+c\) が次の関係式
\(\displaystyle\int_0^1f(x)dx=1\), \(\displaystyle\int_0^1xf(x)dx=\displaystyle\frac{1}{2}\)
を満たすとする。このとき、\(\displaystyle\int_0^1\{f(x)\}^2dx>1\) となることを証明せよ。
また、\(\displaystyle\int_0^1\{f(x)\}^2dx\) の積分はダイレクトに計算せず(計算しても解けます)、(例題1)と同様に、\(\displaystyle\int_0^1f(x)dx=1\), \(\displaystyle\int_0^1xf(x)dx=\displaystyle\frac{1}{2}\) をうまく活かすために、\(\displaystyle\int_0^1(ax^2+bx+c)f(x)dx\) として計算します。(\(x^2f(x)\) の積分は別途計算します)
(解答)
\(\displaystyle\int_0^1f(x)dx=1\) より
\(\displaystyle\int_0^1(ax^2+bx+c)dx=1\)
\(\left[\displaystyle\frac{a}{3}x^3+\displaystyle\frac{b}{2}x^2+cx\right]_0^1=1\)
\(\displaystyle\frac{a}{3}+\displaystyle\frac{b}{2}+c=1\)
両辺6倍して
\(2a+3b+6c=6\)・・・①
\(\displaystyle\int_0^1xf(x)dx=\displaystyle\frac{1}{2}\) より
\(\displaystyle\int_0^1(ax^3+bx^2+cx)dx=\displaystyle\frac{1}{2}\)
\(\left[\displaystyle\frac{a}{4}x^4+\displaystyle\frac{b}{3}x^3+\displaystyle\frac{c}{2}x^2\right]_0^1=\displaystyle\frac{1}{2}\)
\(\displaystyle\frac{a}{4}+\displaystyle\frac{b}{3}+\displaystyle\frac{c}{2}=\displaystyle\frac{1}{2}\)
両辺12倍して
\(3a+4b+6c=6\)・・・②
②－①より
\(a+b=0\)
\(b=-a\)・・・③
③を①に代入して
\(-a+6c=6\)
\(a=6c-6\)・・・④
よって③④より
\(b=-6c+6\)・・・⑤
ここで、
\(\displaystyle\int_0^1x^2f(x)dx\)
\(=\displaystyle\int_0^1(ax^4+bx^3+cx^2)dx\)
\(=\left[\displaystyle\frac{a}{5}x^5+\displaystyle\frac{b}{4}x^4+\displaystyle\frac{c}{3}x^3\right]_0^1\)
\(=\displaystyle\frac{a}{5}+\displaystyle\frac{b}{4}+\displaystyle\frac{c}{3}\)
\(=\displaystyle\frac{6c-6}{5}+\displaystyle\frac{-6c+6}{4}+\displaystyle\frac{c}{3}\)
\(=\displaystyle\frac{c}{30}+\displaystyle\frac{3}{10}\)
となるから
\(I=\displaystyle\int_0^1\{f(x)\}^2dx\)
\(=\displaystyle\int_0^1(ax^2+bx+c)f(x)dx\)
\(=a\displaystyle\int_0^1x^2f(x)dx+b\displaystyle\int_0^1xf(x)dx+c\displaystyle\int_0^1f(x)dx\)
\(=a(\displaystyle\frac{c}{30}+\displaystyle\frac{3}{10})+b\cdot\displaystyle\frac{1}{2}+c\cdot1\)
\(=(6c-6)(\displaystyle\frac{c}{30}+\displaystyle\frac{3}{10})+(-6c+6)\cdot\displaystyle\frac{1}{2}+c\)
\(=\displaystyle\frac{1}{5}c^2-\displaystyle\frac{2}{5}c+\displaystyle\frac{6}{5}\)
\(=\displaystyle\frac{1}{5}(c-1)^2+1\)
また、\(f(x)\)は2次関数だから \(a≠0\)。④より
\(6c-6≠0\)
よって \(c≠1\)
したがって
\(I\)\(=\displaystyle\frac{1}{5}(c-1)^2+1\)\(>1\)
以上になります。お疲れさまでした。
ここまで見て頂きありがとうございました。
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