定積分 $\int_{0}^{\frac{\pi}{2}} | \sin(2x) - a | dx$ を計算する。ただし、$0 \le a \le \pi$ とする。

## 問題1

1. 問題の内容

定積分 $\int_{0}^{\frac{\pi}{2}} | \sin(2x) - a | dx$ を計算する。ただし、$0 \le a \le \pi$ とする。

2. 解き方の手順

まず、積分区間 $[0, \frac{\pi}{2}]$ において、$2x$ は区間 $[0, \pi]$ を動く。したがって、$\sin(2x)$ は区間 $[0, \frac{\pi}{2}]$ で正の値を取り、$\sin(2x) = a$ となる $x$ の値を求める必要がある。

$\sin(2x) = a$ となる $x$ を $\alpha$ とすると、$2\alpha = \arcsin(a)$ または $2\alpha = \pi - \arcsin(a)$ となる。

$\alpha_1 = \frac{1}{2} \arcsin(a)$ および $\alpha_2 = \frac{\pi}{2} - \frac{1}{2} \arcsin(a)$ とおく。

$0 \le a \le 1$ の場合、$\alpha_1 \in [0, \frac{\pi}{4}]$ であり、$\alpha_2 \in [\frac{\pi}{4}, \frac{\pi}{2}]$ である。

$1 < a \le \pi$ はありえない。

積分は以下のように分割できる。

$\int_{0}^{\frac{\pi}{2}} |\sin(2x) - a| dx = \int_{0}^{\alpha_1} (a - \sin(2x)) dx + \int_{\alpha_1}^{\alpha_2} (\sin(2x) - a) dx + \int_{\alpha_2}^{\frac{\pi}{2}} (a - \sin(2x)) dx$

$= [ax + \frac{1}{2} \cos(2x)]_{0}^{\alpha_1} + [-\frac{1}{2} \cos(2x) - ax]_{\alpha_1}^{\alpha_2} + [ax + \frac{1}{2} \cos(2x)]_{\alpha_2}^{\frac{\pi}{2}}$

$= (a\alpha_1 + \frac{1}{2} \cos(2\alpha_1) - \frac{1}{2}) + (-\frac{1}{2} \cos(2\alpha_2) - a\alpha_2 + \frac{1}{2} \cos(2\alpha_1) + a\alpha_1) + (a\frac{\pi}{2} + \frac{1}{2} \cos(\pi) - a\alpha_2 - \frac{1}{2} \cos(2\alpha_2))$

$= a(\alpha_1 - \alpha_2 + \frac{\pi}{2}) + \cos(2\alpha_1) - \cos(2\alpha_2) - \frac{1}{2} - \frac{1}{2}$

$= a (\frac{\pi}{2} - (\alpha_2 - \alpha_1)) + \cos(2\alpha_1) - \cos(2\alpha_2) - 1$

$\alpha_2 - \alpha_1 = \frac{\pi}{2} - \arcsin(a)$

$= a \arcsin(a) + 2 \sqrt{1-a^2} - 1$

3. 最終的な答え

$a \arcsin(a) + 2\sqrt{1-a^2} - 1$

## 問題2

1. 問題の内容

定積分 $\int_{0}^{\frac{\pi}{2}} |\sin x - 2 \cos x| dx$ を計算する。

2. 解き方の手順

まず、$\sin x - 2 \cos x = 0$ となる $x$ を求める。

$\sin x = 2 \cos x$

$\tan x = 2$

$x = \arctan 2$

$\arctan 2 = \alpha$ とおく。

$\int_{0}^{\frac{\pi}{2}} |\sin x - 2 \cos x| dx = \int_{0}^{\alpha} (2 \cos x - \sin x) dx + \int_{\alpha}^{\frac{\pi}{2}} (\sin x - 2 \cos x) dx$

$= [2 \sin x + \cos x]_{0}^{\alpha} + [-\cos x - 2 \sin x]_{\alpha}^{\frac{\pi}{2}}$

$= (2 \sin \alpha + \cos \alpha - 1) + (-2 + \cos \alpha + 2 \sin \alpha)$

$= 4 \sin \alpha + 2 \cos \alpha - 3$

$\tan \alpha = 2$ より、$\sin \alpha = \frac{2}{\sqrt{5}}$ および $\cos \alpha = \frac{1}{\sqrt{5}}$

したがって、

$4 \frac{2}{\sqrt{5}} + 2 \frac{1}{\sqrt{5}} - 3 = \frac{10}{\sqrt{5}} - 3 = 2\sqrt{5} - 3$

3. 最終的な答え

$2\sqrt{5} - 3$

## 問題3

1. 問題の内容

定積分 $\int_{0}^{\pi} |\cos x - \cos 2x| dx$ を計算する。

2. 解き方の手順

まず、$\cos x - \cos 2x = 0$ となる $x$ を求める。

$\cos x = \cos 2x$

$\cos x = 2\cos^2 x - 1$

$2\cos^2 x - \cos x - 1 = 0$

$(2\cos x + 1)(\cos x - 1) = 0$

$\cos x = 1$ または $\cos x = -\frac{1}{2}$

$x = 0, \frac{2\pi}{3}$

積分区間 $[0, \pi]$ を $[0, \frac{2\pi}{3}]$ と $[\frac{2\pi}{3}, \pi]$ に分割する。

$\int_{0}^{\pi} |\cos x - \cos 2x| dx = \int_{0}^{\frac{2\pi}{3}} (\cos x - \cos 2x) dx + \int_{\frac{2\pi}{3}}^{\pi} (\cos 2x - \cos x) dx$

$= [\sin x - \frac{1}{2}\sin 2x]_{0}^{\frac{2\pi}{3}} + [\frac{1}{2}\sin 2x - \sin x]_{\frac{2\pi}{3}}^{\pi}$

$= (\sin \frac{2\pi}{3} - \frac{1}{2} \sin \frac{4\pi}{3}) + (\frac{1}{2}\sin 2\pi - \sin \pi - \frac{1}{2} \sin \frac{4\pi}{3} + \sin \frac{2\pi}{3})$

$= (\frac{\sqrt{3}}{2} + \frac{\sqrt{3}}{4}) + (\frac{\sqrt{3}}{4} + \frac{\sqrt{3}}{2}) = \frac{3\sqrt{3}}{2}$

3. 最終的な答え

$\frac{3\sqrt{3}}{2}$

## 問題4

1. 問題の内容

定積分 $\int_{0}^{\pi} |a \cos nx + b \sin nx| dx$ を計算する。ここで、$n$ は正の整数、$a, b$ は実数。

2. 解き方の手順

$a \cos nx + b \sin nx = R \cos(nx - \alpha)$と変形できる。ここで、$R = \sqrt{a^2 + b^2}$ であり、$\cos \alpha = \frac{a}{R}$、$\sin \alpha = \frac{b}{R}$ である。

$\int_{0}^{\pi} |a \cos nx + b \sin nx| dx = \int_{0}^{\pi} |R \cos(nx - \alpha)| dx = R \int_{0}^{\pi} |\cos(nx - \alpha)| dx$

$nx - \alpha = t$ と置換すると、$n dx = dt$ より $dx = \frac{1}{n} dt$

積分範囲は $[-\alpha, n\pi - \alpha]$ となる。

$\int_{-\alpha}^{n\pi - \alpha} |\cos t| \frac{1}{n} dt = \frac{1}{n} \int_{-\alpha}^{n\pi - \alpha} |\cos t| dt$

$\int_{0}^{\pi} |\cos x| dx = 2$ であることを利用する。

$-\alpha$ から $n\pi - \alpha$ までの範囲には、幅 $\pi$ の区間が $n$ 個含まれるから、

$\int_{-\alpha}^{n\pi - \alpha} |\cos t| dt = \int_{0}^{n\pi} |\cos t| dt = n \int_{0}^{\pi} |\cos t| dt = 2n$

したがって、$\frac{1}{n} (2n) = 2$.

$\int_{0}^{\pi} |a \cos nx + b \sin nx| dx = 2\sqrt{a^2 + b^2}$

3. 最終的な答え

$2\sqrt{a^2 + b^2}$

## 問題5

1. 問題の内容

定積分 $\int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}} |2\cos^2 x + 3 \sin x| dx$ を計算する。

2. 解き方の手順

$2\cos^2 x + 3 \sin x = 2(1 - \sin^2 x) + 3 \sin x = -2\sin^2 x + 3\sin x + 2 = -(2\sin x + 1)(\sin x - 2)$

$\sin x - 2 < 0$ なので、$2\cos^2 x + 3 \sin x > 0$ となるのは $2\sin x + 1 < 0$ のとき、つまり $\sin x < -\frac{1}{2}$ のときである。$\sin x = -\frac{1}{2}$ となるのは $x = -\frac{\pi}{6}$ である。

$\int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}} |2\cos^2 x + 3 \sin x| dx = \int_{-\frac{\pi}{2}}^{-\frac{\pi}{6}} (-2\cos^2 x - 3 \sin x) dx + \int_{-\frac{\pi}{6}}^{\frac{\pi}{2}} (2\cos^2 x + 3 \sin x) dx$

ここで、$2\cos^2 x = \cos 2x + 1$ を用いると、

$= \int_{-\frac{\pi}{2}}^{-\frac{\pi}{6}} (-\cos 2x - 1 - 3 \sin x) dx + \int_{-\frac{\pi}{6}}^{\frac{\pi}{2}} (\cos 2x + 1 + 3 \sin x) dx$

$= [-\frac{1}{2}\sin 2x - x + 3\cos x]_{-\frac{\pi}{2}}^{-\frac{\pi}{6}} + [\frac{1}{2}\sin 2x + x - 3\cos x]_{-\frac{\pi}{6}}^{\frac{\pi}{2}}$

$= (-\frac{1}{2}\sin (-\frac{\pi}{3}) + \frac{\pi}{6} + 3\cos (-\frac{\pi}{6})) - (-\frac{1}{2}\sin (-\pi) + \frac{\pi}{2} + 3\cos (-\frac{\pi}{2})) + (\frac{1}{2}\sin \pi + \frac{\pi}{2} - 3\cos \frac{\pi}{2}) - (\frac{1}{2}\sin (-\frac{\pi}{3}) - \frac{\pi}{6} - 3\cos (-\frac{\pi}{6}))$

$= (\frac{\sqrt{3}}{4} + \frac{\pi}{6} + \frac{3\sqrt{3}}{2}) - (\frac{\pi}{2}) + (\frac{\pi}{2}) - (-\frac{\sqrt{3}}{4} - \frac{\pi}{6} - \frac{3\sqrt{3}}{2})$

$= 2(\frac{\sqrt{3}}{4} + \frac{\pi}{6} + \frac{3\sqrt{3}}{2}) - \pi = \frac{\sqrt{3}}{2} + \frac{\pi}{3} + 3\sqrt{3} = \frac{7\sqrt{3}}{2} + \frac{\pi}{3}$

3. 最終的な答え

$\frac{7\sqrt{3}}{2} + \frac{\pi}{3}$